Question

已知函数f（x）=x²-（a+2）x+alnx，其中常数a＞0．
（1）当a＞2时，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）当a=4时，若函数y=f（x）-m有三个不同的零点，求m的取值范围；
（3）设定义在D上的函数y=h（x）在点P（x₀，h（x₀））处的切线方程为l：y=g（x）当x≠x₀时，若

h(x)-g(x)

x-x0

＞0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”，请你探究当a=4时，函数y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请最少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，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）求导数f′（x），当a＞2时在函数定义域内解不等式f′（x）＞0即可．
（2）数形结合：当a=4时，用导数求出函数y=f（x）的极大值与极小值，画出草图，借助图象即可求得m的取值范围．
（3）当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x₀，f（x₀））处的切线方程为y=h（x）=(2x0+

4

x0

-6)x-x02+4lnx0-4．由此能推导出y=f（x）存在“类对称点”，

2

是一个“类对称点”的横坐标．

解答： 解：（1）由f（x）=x²-（a+2）x+alnx可知，函数的定义域为{x|x＞0}，且f′(x)=2x-(a+2)+

a

x

=

2x2-(a+2)x+a

x

=

(2x-a)(x-1)

x

．
因为a＞2，所以

a

2

＞1．
当0＜x＜1或x＞

a

2

时，f'（x）＞0；当1＜x＜

a

2

时，f'（x）＜0，
所以f（x）的单调递增区间为(0，1)，(

a

2

，+∞)．
（2）当a=4时，f′(x)=

2(x-1)(x-2)

x

．
所以，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：

x	（0，1）	1	（1，2）	2	（2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	单调递增	f（x）取极大值	单调递减	f（x）取极小值	单调递增

所以f(x)极大值=f(1)=12-6×1+4ln1=-5，
f(x)极小值=f(2)=22-6×2+4ln2=4ln2-8．
结合函数f（x）的图象，所以若函数y=f（x）-m有三个不同的零点，则m∈（4ln2-8，-5）．
（3）由题意，当a=4时，f′(x)=2x+

4

x

-6，
则在点P处切线的斜率k_切=f/(x0)=2x0+

4

x0

-6．
所以切线方程为y=g(x)=(2x0+

4

x0

-6)(x-x0)+

x

2 0

-6x0+4lnx0=(2x0+

4

x0

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

4

x0

-6)(x-x0)-(

x

2 0

-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

)．
当x0＜

2

时，φ（x）在(x0，

2

x0

)上单调递减，所以当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，所以当x∈(

2

x0

，x0)时，φ（x）＞φ（x₀）=0．从而有x∈(

2

x0

，x0)时，

φ(x)

x-x0

＜0；
所以在(0，

2

)∪(

2

，+∞)上不存在“类对称点”．
当x0=

2

时，φ′(x)=

2

x

(x-

2

)2，
所以φ（x）在（0，+∞）上是增函数，故

φ(x)

x-x0

＞0．
所以x=

2

是一个类对称点的横坐标．

点评：本题考查函数的单调增区间的求法，探索满足函数在一定零点下的参数的求法，探索函数是否存在“类对称点”．解题时要认真审题，注意分类讨论思想和等价转化思想的合理运用，此题是难题．．