Question

（2013•惠州模拟）已知函数f（x）=lnx，g（x）=a（x²-x）（a≠0，a∈R），h（x）=f（x）-g（x）
（Ⅰ）若a=1，求函数h（x）的极值；
（Ⅱ）若函数y=h （x）在（1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）在函数：y=f（x）的图象上是否存在不同的两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），使线段AB的中点的横坐标x₀与直线AB的斜率k之间满足k=f′（x₀）？若存在，求出x₀；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）写出h（x），把a=1代入后求导函数，求出导函数在定义域内的零点，然后判断导函数在不同区间段内的符号，从而得到原函数的单调性，最后得到函数h（x）的极值情况；
（Ⅱ）根据函数y=h （x）在（1，+∞）上单调递增，则其导函数在（1，+∞）内大于0恒成立，分离变量后可求不等式一侧所对应的函数的值域，从而求出a的取值范围；
（Ⅲ）利用反证法思想，假设两点存在，由线段AB的中点的横坐标x₀与直线AB的斜率k之间满足k=f′（x₀），利用两点求斜率得到k，把x₀也用两点的横坐标表示，整理后得到∴ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，令t=

x1

x2

，引入函数u（t）=lnt-

2t-2

t+1

 （0＜t＜1），通过求函数的导函数判断函数单调性得到即ln

x1

x2

＜

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，从而得出矛盾，说明假设错误．

解答：解：（Ⅰ）由f（x）=lnx，g（x）=a（x²-x）（a≠0，a∈R），
得：h（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax²+ax，
当a=1时，h（x）=lnx-x²+x．
h′(x)=

1

x

-2x+1=-

(2x+1)(x-1)

x

．
∵函数h（x）的定义域为（0，+∞），且当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上单调递增，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴h（x）有极大值h（1）=0，无极小值；
（Ⅱ）h（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax²+ax，
则h′(x)=

1

x

-a(2x-1)．
∵函数y=h（x）在（1，+∞）上单调递增，则h′(x)=

1

x

-a(2x-1)≥0对x＞1恒成立．
即a≤

1 x

2x-1

=

1

x(2x-1)

=

1

2x2-x

对x＞1恒成立．
∵x＞1时，2x²-x＞1，∴

1

2x2-x

＞0，又a≠0，∴a＜0．
则a的取值范围是（-∞，0）．
（Ⅲ）假设存在，不妨设0＜x₁＜x₂，
k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=

lnx1-lnx2

x1-x2

=

ln x1 x2

x1-x2

，
f′(x0)=

1

x0

=

2

x1+x2

，
由k=f′（x₀）⇒

ln x1 x2

x1-x2

=

2

x1+x2

，
∴ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

．
令t=

x1

x2

，u（t）=lnt-

2t-2

t+1

 （0＜t＜1），则u′(t)=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
∴u（t）在（0，1）上单调递增，∴u（t）＜u（1）=0，
∴lnt＜

2t-2

t+1

，即ln

x1

x2

＜

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

．
故k≠f′（x₀）．
所以不存在符合题意的两点．

点评：本题考查了函数的单调性与导数之间的关系，考查了利用导数分析函数的极值，考查了利用分离变量法求参数的取值范围，训练了反证法解题的基本思想，（Ⅲ）中的转化、变形及构造函数推出矛盾结论是该题的难点，此题属难度较大的题目．