Question

设函数f（x）=lnx+（x-a）²-

a

2

，a∈R．
（1）若函数f（x）在[

1

2

，2]上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）求函数f（x）的极值点．
（3）设x=m为函数f（x）的极小值点，f（x）的图象与轴交于两点A（x₁，0），B（x₂，0），且0＜x₁＜x₂＜m，AB中点为C（x₀，0），比较f′（x₀）与0的大小．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）求出函数f（x）的导函数，进而根据函数f（x）在[

1

2

，2]上单调递增，f′（x）≥0恒成立，得到实数a的取值范围；
（2）令h（x）=2x²-2ax+1，分a≤0时，当a＞0时，△≤0和△＞0，两大类三小类情况，分析导函数在各区间上的符号，进而可得函数的单调性及函数f（x）的极值点．
（3）由x=m为函数f（x）的极小值点，0＜x₁＜x₂＜m，AB中点为C（x₀，0），可得f′（x₀）=

2

x1+x2

-

1

x2-x1

[

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

-ln

x2

x1

]，令t=

x2

x1

∈（0，1），且g（t）=

2t-2

t+1

-lnt，利用导数法可得g（t）在（0，1）上递减，进而得到f′（x₀）＜0．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx+（x-a）²-

a

2

，
∴f′（x）=

1

x

+2（x-a）=

2x2-2ax+1

x

，
依题意得，在区间[

1

2

，2]上不等式2x²-2ax+1≥0恒成立．
又∵x＞0，所以2a≤（2x+

1

x

），
∴2a≤2

2

，
即a≤

2

，
∴实数a的取值范围是（-∞，

2

]．
（2）由（1）知：f′（x）=

2x2-2ax+1

x

，
令h（x）=2x²-2ax+1，
①显然，当a≤0时，在（0，+∞）上h（x）＞0恒成立，这时f′（x）＞0恒成立，
此时，函数f（x）没有极值点；               …（6分）
②当a＞0时，
（ⅰ）当△≤0，即0＜a≤

2

时，在（0，+∞）上h（x）＞0恒成立，这时f′（x）＞0恒成立，
此时，函数f（x）没有极值点；
（ⅱ）当△＞0，即a＞

2

时，
易知，当

a- a2-2

2

＜x＜

a+ a2-2

2

时，h（x）＜0，这时f′（x）＜0；
当0＜x＜

a- a2-2

2

或x＞

a+ a2-2

2

时，h（x）＞0，这时f′（x）＞0；
所以，当a＞

2

时，x=

a- a2-2

2

是函数f（x）的极大值点；x=

a+ a2-2

2

是函数f（x）的极小值点．
综上，当a≤

2

时，函数f（x）没有极值点；
当当a＞

2

时，x=

a- a2-2

2

是函数f（x）的极大值点；x=

a+ a2-2

2

是函数f（x）的极小值点．…（9分）
（3）由已知得f（x₁）=lnx₁+（x₁-a）²-

a

2

=0，…①
f（x₂）=lnx₂+（x₂-a）²-

a

2

=0，…②
两式相减，得：ln

x1

x2

+（x₁-x₂）（x₁+x₂-2a），…③，
由f′（x）=

1

x

+2（x-a），得f′（x₀）=

1

x0

+2（x₀-a），…④
将③代入④得：
f′（x₀）=

1

x0

+2（x₀-a）=

2

x1+x2

+（x₁+x₂-2a）=

2

x1+x2

-

1

x2-x1

[

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

-ln

x2

x1

]，
令t=

x2

x1

∈（0，1），且g（t）=

2t-2

t+1

-lnt，
∵g′（t）=-

(t-1)2

t(t+1)2

＜0，
∴g（t）在（0，1）上递减，
∴g（t）＞g（1）=0，
∵x₁＜x₂，
∴f′（x₀）＜0

点评：本题考查的知识点是利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，是导数的综合应用，综合性强，运算量大，属于难题．