Question

设函数f（x）=（2-a）lnx+

1

x

+2ax，g（x）=ax+

1

x

+（3-a）lnx，a∈R
（Ⅰ）当a=0时，求g（x）的极值；
（Ⅱ）当a=0时，求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）给出如下定义：对于函数y=F（x）图象上任意不同的两点A（x₁，y₁），（x₂，y₂）．如果对于函数y=F（x）图象上的点M（x₀，y₀）（其中x₀=

x1+x2

2

）总能使得F（x₁）-F（x₂）=F′（x₀）（x₁-x₂）成立，则称函数具备性质“L”．试判断函数F（x）=f（x）-g（x）是否具备性质“L”，并说明理由．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,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：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）函数g（x）的定义域为（0，+∞），a=0时，g（x）=3lnx+

1

x

，得g′x）=

3x-1

x2

，从而g（x）在（0，

1

3

）递减，在（

1

3

，+∞）递增，得g（x）_极小值=g（

1

3

）=3-3ln3，没有极大值；
（Ⅱ）由题意，f′（x）=

2ax2+(2-a)x1

x2

，令f′（x）=0，得x₁=-

1

a

，x₂=

1

2

，讨论a＞0，a＜0的情况，从而得出函数的单调区间；
（Ⅲ）F（x）=f（x）-g（x）=ax-lnx，设函数F（x）具备性质“L”，即在点M处的切线斜率为K_AB，不妨设0＜x₁＜x₂，则K_AB=

y1-y2

x1-x2

=a-

lnx1-lnx2

x1-x2

，从而有

lnx1-lnx2

x1-x2

=

2

x1+x2

，即ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，令t=

x1

x2

∈（0，1），则上式可化为lnt+

4

t+1

-2=0，令H（t）=lnt+

4

t+1

-2，（0＜t＜1），得H（t）在（0，1）上递增，故F（x）＜F（1）=0，进而得函数F（x）不具备性质“L”．

解答： 解：（Ⅰ）函数g（x）的定义域为（0，+∞），
a=0时，g（x）=3lnx+

1

x

，
∴g′x）=

3x-1

x2

，
令g′（x）＞0，解得：x＞

1

3

，
令g′（x）＜0，解得：0＜x＜

1

3

，
∴g（x）在（0，

1

3

）递减，在（

1

3

，+∞）递增，
∴g（x）_极小值=g（

1

3

）=3-3ln3，没有极大值；
（Ⅱ）由题意，f′（x）=

2ax2+(2-a)x1

x2

，
令f′（x）=0，得x₁=-

1

a

，x₂=

1

2

，
若a＞0，由f′（x）≤0得x∈（0，

1

2

]，由f′（x）≥0得x∈[

1

2

，+∞），
若a＜0，
①a＜-2时，-

1

a

＜

1

2

，
x∈（0，-

1

a

]或x∈[

1

2

，++∞），f′（x）≤0，x∈[-

1

a

，

1

2

]，f′（x）≥0，
②a=-2时，f′（x）≤0，
③-2＜a＜0时，-

1

a

＞

1

2

，x∈（0，

1

2

]或x∈[-

1

a

，+∞），f′（x）≤0，
x∈[-

1

2

，-

1

a

]，f′（x）≥0；
综上，当a＞0时，函数的单调递减区间为（0，

1

2

]，单调递增区间为[

1

2

，+∞），
当a＜-2时，函数的单调递减区间为（0，-

1

a

]，[

1

2

，+∞），单调递增区间为[-

1

a

，

1

2

]，
当a=-2时，函数的单调递减区间为（0，+∞），
当-2＜a＜0时，单调递减区间为（0，

1

2

]，[-

1

a

，+∞），单调递减区间为[-

1

2

，-

1

a

]，
（Ⅲ）F（x）=f（x）-g（x）=ax-lnx，
设函数F（x）具备性质“L”，即在点M处的切线斜率为K_AB，不妨设0＜x₁＜x₂，
则K_AB=

y1-y2

x1-x2

=a-

lnx1-lnx2

x1-x2

，
而F（x）在点M处的切线斜率为F′（x₀）=F′（

x1+x2

2

）=a-

2

x1+x2

，
故有

lnx1-lnx2

x1-x2

=

2

x1+x2

，
即ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，
令t=

x1

x2

∈（0，1），
则上式可化为lnt+

4

t+1

-2=0，
令H（t）=lnt+

4

t+1

-2，（0＜t＜1），
则由H′（t）=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
∴H（t）在（0，1）上递增，故F（x）＜F（1）=0，
∴方程lnt+

4

t+1

-2=0无解，
∴函数F（x）不具备性质“L”．

点评：本题考察了函数的单调性，函数的最值问题，新定义问题，导数的应用，是一道综合题．