Question

已知函数f（x）=lnx+x²-ax，a∈R．
（Ⅰ）若a=3，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x₁、x₂，记过点A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））的直线的斜率为k，问是否存在a，使k=

2

a

-

a

2

？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），当a=3时，f′(x)=

1

x

+2x-3=

1+2x2-3x

x

，由此利用导数性质能求出f（x）的单调区间．
（Ⅱ）f′(x)=

1

x

+2x-a=

1+2x2-ax

x

令u（x）=2x²-ax+1，则△=a²-8，由此利用分类讨论思想和导数性质能求出是否存在a，使k=

2

a

-

a

2

．

解答： 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），
当a=3时，f′(x)=

1

x

+2x-3=

1+2x2-3x

x

当0＜x＜

1

2

或x＞1，时，f'（x）＞0，…（2分）
当

1

2

＜x＜1时，f'（x）＜0，
∴f（x）的单调递增区间为(0，

1

2

)，(1，+∞)，
单调递减区间为(

1

2

，1)…（4分）
（Ⅱ）f′(x)=

1

x

+2x-a=

1+2x2-ax

x

令u（x）=2x²-ax+1，则△=a²-8，
1°当△＜0，即-2

2

＜a＜2

2

时，f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，此时f（x）无极值；…（5分）
2°当△=0，即a=±2

2

时，f'（x）≥0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，
此时f（x）无极值…（6分）
3°当△＞0，即a＜-2

2

或a＞2

2

时，
方程u（x）=0有两个实数根x1=

a- a2-8

4

，x2=

a+ a2-8

4

若a＜-2

2

，两个根x₁＜x₂＜0，
此时，则当x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，此时f（x）无极值…（7分）
若a＞2

2

，u（x）=0的两个根x₁＞0，x₂＞0，不妨设x₁＜x₂，
则当x∈（0，x₁）和（x₂，+∞）时，f'（x）＞0，
f（x）在区间（0，x₁）和（x₂，+∞）单调递增，
当x∈（x₁，x₂）时，f'（x）＜0，
f（x）在区间（x₁，x₂）上单调递减，
则f（x）在x=x₁处取得极大值，在x=x₂处取得极小值，
且x1+x2=

a

2

，x1x2=

1

2

，
k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=

lnx1+x12-ax1-lnx2-x22+ax2

x1-x2

=

lnx1-lnx2

x1-x2

+(x1+x2)-a=

lnx1-lnx2

x1-x2

-

a

2

=

lnx1-lnx2

x1-x2

-

a

2

=

2

a

-

a

2

即

lnx1-lnx2

x1-x2

=

2

a

=

1

x1+x2

…（*）…（9分）
即ln

x1

x2

=

x1-x2

x1+x2

=

x1 x2 -1

x1 x2 +1

令

x1

x2

=t∈(0，1)，则上式等价于：lnt=

t-1

t+1

令g（t）=（t+1）lnt-t+1
则g′(t)=lnt+

t+1

t

-1=lnt+

1

t

令m(t)=lnt+

1

t

m′(t)=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

＜0，
∴m（t）在区间（0，1）上单调递减，且m（t）＞m（1）=1＞0，
即g'（t）＞0在区间（0，1）恒成立，
∴g（t）在区间（0，1）上单调递增，且g（t）＜g（1）=0，
∴对?t∈（0，1），函数g（t）没有零点，
即方程lnt=

t-1

t+1

在t∈（0，1）上没有实根，…（11分）
即（*）式无解，
∴不存在实数a，使得k=

2

a

-

a

2

…（12分）

点评：本题重点考查利用导数研究函数的性质，利用函数的性质解决不等式、方程问题．重点考查学生的代数推理论证能力，分类讨论等综合解题能力，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．