Question

已知函数f（x）=x²-（a+2）x+alnx．其中常数a＞0
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x₀，h（x₀））处的切线l的方程为y=g（x），当x≠x₀时，若

h(x)-g(x)

x-x0

＞0在D内恒成立，则称P为y=h（x）的“类对称点”，当a=4时，试问y=f（x）是否存在“类对称点”？若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标，若不存在，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：（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，+∞），求出函数的导数，对a分情况进行讨论，
（Ⅱ）当a=4时，f（x）=x²-6x+4lnx，求出f′（x）=2x+

4

x

-6，得到令φ（x）=f（x）-g（x）=x²-6x+4lnx-（2x₀+

4

x0

-6）（x-x₀）+x02-6x₀+4lnx₀，
求出函数φ（x）的导数，再通过讨论x的范围得出结论．

解答： 解；（Ⅰ）f（x）的定义域是（0，+∞），
∴f′x）=2x-（a+2）+

a

x

=

2x2-(a+2)x+a

x

=

(2x-a)(x-1)

x

，
①当

a

2

=1，即a=2时，f′（x）=

2(x-1)2

x

≥0，
∴f（x）的单调递增区间为（0，+∞），
②当

a

2

＞1，即a＞2时，
由f′（x）＞0得：0＜x＜1或x＞

a

2

，
由f（x）＜0得：1＜x＜

a

2

；
∴f（x）的单调递增区间为（0，1）和（

a

2

，+∞），单调递减区间为（1，

a

2

）
③当

a

2

＜1，即0＜a＜2时，
由f′（x）＞0得：0＜x＜

a

2

或x＞1，由f′（x）＜0得：

a

2

＜x＜1
∴f（x）的单调递增区间为（0，

a

2

）和（1，+∞），单调递减区间为（

a

2

，1）．
（Ⅱ）当a=4时，f（x）=x²-6x+4lnx，
∴f′（x）=2x+

4

x

-6，
y=g（x）=（2x₀+

4

x0

-6）（x-x₀）+x02-6x₀+4lnx₀，
令φ（x）=f（x）-g（x）=x²-6x+4lnx-（2x₀+

4

x0

-6）（x-x₀）+x02-6x₀+4lnx₀，
则φ（x₀）=0，
φ′（x）=2x+

4

x

-6-（2x₀+

4

x0

-6）
=2（x-x₀）（1-

2

x0x

）
=

2

x0

（x-x₀）（x₀-

2

x

）
=

2

x0

（x-x₀）（

x0x-2

x

），
当x₀＜

2

时，φ（x）在（x₀，

2

x0

）上单调递减．
∴当x∈（x₀，

2

x0

）时，φ（x）＜φ（x₀）=0，
从而有x∈（x₀，

2

x0

）时，

φ(x)

x-x0

＜0，
当x₀＞

2

时，φ（x）在（

2

x0

，x₀）上单调递减．
∴当x∈（

2

x0

，x₀）时，φ（x）＞φ（x₀）=0，
从而有x∈（

2

x0

，x₀）时，

φ(x)

x-x0

＜0，
∴当x∈（0，

2

）∪（

2

，+∞）时，y=f（x）不存在“类对称点”．
当x₀=

2

时，φ′（x）=

2

x

(x-

2

)2
∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数，
故

φ(x)

x-x0

＞0，
所以当x₀=

2

时，y=f（x）存在“类对称点”．

点评：本题考察了函数的单调性，导数的应用，新概念的引出，渗透了分类讨论思想，本题是一道综合题．