Question

已知函数f（x）=lnx，g（x）=a（x²-x）（a≠0，a∈R），h（x）=f（x）-g（x）．
（1）若a=1，求函数h（x）的极值；
（2）若函数y=h（x）在[1，+∞）上单调递减，求实数a的取值范围；
（3）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

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）函数h（x）=lnx-x²+x，定义域为（0，+∞），h′(x)=

1

x

-2x+1=-

(2x+1)(x-1)

x

，由此利用导数性质推导出h（x）取得极大值h（1）=0，无极小值．
（2）h（x）=lnx-a（x²-x），h′(x)=

1

x

-a(2x-1)，若函数y=h（x9\）在[1，+∞）上单调递减，则h′（x）=

1

x

-a（2x-1）≤0对x≥1恒成立，由此能求出a的取值范围．
（3）假设函数y=f（x）的图象上存在不同的两点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），设0＜x₁＜x₂，由k=f′（x₀），得ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，由此利用构造法能求出不存在符合题意的两点．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx，g（x）=a（x²-x）（a≠0，a∈R），h（x）=f（x）-g（x），
∴a=1，函数h（x）=lnx-x²+x，定义域为（0，+∞），
h′(x)=

1

x

-2x+1=-

(2x+1)(x-1)

x

，
∴x∈（0，1）时，h′（x）＞0，h（x）是增函数；
x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）是减函数．
∴x=1时，h（x）取得极大值h（1）=0，无极小值．
（2）h（x）=lnx-a（x²-x），h′(x)=

1

x

-a(2x-1)，
若函数y=h（x9\）在[1，+∞）上单调递减，
则h′（x）=

1

x

-a（2x-1）≤0对x≥1恒成立，
∴a≥

1 x

2x-1

=

1

x(2x-1)

=

1

2x2-x

，只需a≥(

1

2x2-x

)max，
x≥1时，2x²-x≥1，
则0＜

1

2x2-x

≤1，
∴(

1

2x2-x

)max=1．
∴a≥1，即a的取值范围为[1，+∞）．
（3）假设函数y=f（x）的图象上存在不同的两点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），
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），得

ln x1 x2

x1-x2

=

2

x1+x2

，
整理，得ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，
令t=

x1

x2

，u（t）=lnt-

2(t-1)

t+1

，（0＜t＜1），
μ′(t)=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
∴μ（t）在（0，1）上单调递增，
∴μ（t）＜μ（1）=0，
∴k≠f′（x₀），
∴不存在符合题意的两点．

点评：本题考查函数的极值的求法，考查实数的取值范围的求法，考查满足条件的两点的判断与求法，解题时要注意构造法和导数性质的合理运用．