Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=ax²-x（a≠0）．
（1）设F（x）=f（x）-g（x）在[1，+∞）上单调递减，求a的取值范围；
（2）若函数y=f（x）与y=g（x）的图象有两个不同的交点M、N，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，过线段MN的中点作x轴的垂线分别与f（x）的图象和g（x）的图象交S、T点，以S为切点作f（x）的切线l₁，以T为切点作g（x）的切线l₂．是否存在实数a使得l₁∥l₂，如果存在，求出a的值；如果不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）由于F（x）=f（x）-g（x）在[1，+∞）上单调递减，可得F′（x）=

1

x

-2ax+1≤0在[1，+∞）上恒成立，即a≥

1

2

(

1

x

+

1

x2

)在[1，+∞）上恒成立．利用二次函数的单调性求出即可．
（2）由f（x）=g（x）可得lnx=ax²-x，化为a=

lnx+x

x2

（x＞0）．令h（x）=

lnx+x

x2

，利用导数研究其单调性，求出其极值与最值，数形结合即可得出；
（3）不妨设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），且x₁＞x₂，则MN中点的坐标为(

x1+x2

2

，

y1+y2

2

)．以S、T为切点的切线l₁，l₂的斜率分别为k_S=f′(

x1+x2

2

)=

2

x1+x2

，k_T=g′(

x1+x2

2

)=a（x₁+x₂）-1，假设k_S=k_T，可得

2(x1-x2)

x1+x2

=y₁-y₂=lnx₁-lnx₂，即

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

=ln

x1

x2

．令

x1

x2

=t＞1，可得lnt=

2(t-1)

t+1

=2-

4

t+1

，令u（t）=lnt+

4

t+1

-2，利用导数研究其单调性即可判断出．

解答： 解：（1）∵F（x）=f（x）-g（x）在[1，+∞）上单调递减，
∴F′（x）=

1

x

-2ax+1≤0在[1，+∞）上恒成立，
即a≥

1

2

(

1

x

+

1

x2

)在[1，+∞）上恒成立．
令φ（x）=

1

2

(

1

x

+

1

x2

)，则φ（x）_max=φ（1）=1．
∴a的取值范围是a≥1．
（2）由f（x）=g（x）可得lnx=ax²-x，化为a=

lnx+x

x2

（x＞0）．
令h（x）=

lnx+x

x2

，则h′（x）=

1-x-2lnx

x3

，
当0＜x＜1时，h′（x）＞0，则h（x）单调递增
当x＞1时，h′（x）＜0，则h（x）单调递减，且

lnx+x

x2

＞0．
∴h（x）在x=1处取到最大值h（1）=1，
∴要使y=

lnx+x

x2

与y=a有两个不同的交点，则有0＜a＜1．
（3）不妨设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），且x₁＞x₂，则MN中点的坐标为(

x1+x2

2

，

y1+y2

2

)．
以S、T为切点的切线l₁，l₂的斜率分别为k_S=f′(

x1+x2

2

)=

2

x1+x2

，k_T=g′(

x1+x2

2

)=a（x₁+x₂）-1，
假设k_S=k_T，则a（x₁+x₂）-1=

2

x1+x2

，
∴a(

x

2 1

-

x

2 2

)-（x₁-x₂）=

2(x1-x2)

x1+x2

，
∴

2(x1-x2)

x1+x2

=y₁-y₂=lnx₁-lnx₂，化为

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

=ln

x1

x2

．
令

x1

x2

=t＞1，可得lnt=

2(t-1)

t+1

=2-

4

t+1

，
令u（t）=lnt+

4

t+1

-2，u′(t)=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

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

2(t-1)

t+1

不成立，
因此不存在a使得l₁∥l₂．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、导数的几何意义、中点坐标公式、平行线与斜率的关系等基础知识与基本技能方法，考查了等价转化方法、换元法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．