Question

已知函数f（x）=x²，g（x）=alnx（a＞0），
（1）判断f（x）+g（x）的单调性；
（2）若f（x）-g（x）=ax有唯一解，求a．
（3）设a=2，F（x）=g（x）-f（x）-bx，若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且满足2x₀=m+n，问F（x）的图象上存在点（x₀，F（x₀））处切线能否平行于x轴．若能，求出该切线方程，若不能，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：计算题,导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）求导数，通过a＞0，x＞0，即可判断导数的符号，进而判断单调性；
（2）f（x）-g（x）=ax有唯一解即为l（x）=x²-alnx-ax=0有唯一解．求出l（x）的导数，求出单调区间，求得极小值也为最小值，则

l(x2)=0 l′(x2)=0

，整理化简得到2lnx₂+x₂-1=0，设函数r（x）=2lnx+x-1，则r（x）在x＞0时r（x）是增函数，则r（x）=0至多有一解．r（1）=0，即可求得a；
（3）先假设F（x）在（x₀，F（x₀））的切线平行于x轴，其中F（x）=2lnx-x²-kx．结合题意列出方程组，利用换元法导数研究单调性，证出ln

m

n

＜

2( m n -1)

m n +1

在（0，1）上成立，从而出现与题设矛盾，说明原假设不成立．由此即可得到函数F（x）在（x₀，F（x₀））处的切线不能平行于x轴．

解答： 解：（1）令h（x）=f（x）+g（x）=x²+alnx（x＞0），
h′（x）=2x+

a

x

，由于x＞0，a＞0，则h′（x）＞0恒成立，
则f（x）+g（x）在（0，+∞）递增；
（2）f（x）-g（x）=ax即为x²-alnx=ax由唯一解，
令l（x）=x²-alnx-ax，即l（x）=0有唯一解．
令l′（x）=0，得2x²-ax-a=0，
∵a＞0，x＞0，
∴x₁=

a- a2+8a

4

（舍），x₂=

a+ a2+8a

4

，
当x∈（0，x₂ ）时，l′（x）＜0，l（x）在（0，x₂ ）上是单调递减函数；
当x∈（x₂，+∞）时，l′（x）＞0，l（x）在（x₂，+∞）上是单调递增函数．
∴当x=x₂时，l′（x₂）=0，l（x）_min=l（x₂ ），
∵l（x）=0有唯一解，∴l（x₂）=0．
则

l(x2)=0 l′(x2)=0

，即

x22-alnx2-ax2=0 2x22-ax2-a=0

，
∴2alnx₂+ax₂-a=0，
∵a＞0，∴2lnx₂+x₂-1=0①，
设函数r（x）=2lnx+x-1，
∵在x＞0时r（x）是增函数，∴r（x）=0至多有一解．
∵r（1）=0，∴方程①的解为x₂=1，即

a+ a2+4a

2

=1，解得a=

1

2

；
（3）设F（x）在（x₀，F（x₀））的切线平行于x轴，
其中F（x）=2lnx-x²-bx，F′（x）=

2

x

-2x-b．
结合题意，有
2lnm-m²-bm=0①，2lnn-n²-bn=0②，m+n=2x₀③，

2

x0

-2x₀-b=0④
①-②得2ln

m

n

-（m+n）（m-n）=b（m-n），
所以b=

2ln m n

m-n

-2x₀，
由④得b=

2

x0

-2x₀
所以ln

m

n

=

2(m-n)

m+n

=

2( m n -1)

m n +1

⑤
设u=

m

n

∈（0，1），得⑤式变为lnu-

2u-2

u+1

=0（u∈（0，1）），
设y=lnu-

2u-2

u+1

（u∈（0，1）），可得y′=

1

u

-

4

(u+1)2

=

(u-1)2

u(u+1)2

＞0，
所以函数y=lnu-

2u-2

u+1

在（0，1）上单调递增，
因此，y＜y|_u=1=0，即lnu-

2u-2

u+1

＜0，
也就是ln

m

n

＜

2( m n -1)

m n +1

此式与⑤矛盾
所以函数F（x）在（x₀，F（x₀））处的切线不能平行于x轴．

点评：本题给出含有对数符号的基本初等函数函数，讨论了函数的单调性并探索函数图象的切线问题，着重考查了导数的几何意义和利用导数研究函数的单调性等知识，属于中档题．