Question

已知函数f（x）=x-

4

x

+clnx，其中c∈R，
（1）当c=0时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若f（x）有两个极值点x₁和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c，使得k=2+c？若存在，求出c的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：计算题,导数的综合应用

分析：（1）当c=0时，f'（1）及f（1）均可求，进而可曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）f′（x）=1+

4

x2

+

c

x

=

x2+cx+4

x2

，令g（x）=x²+cx+4，通过g（x）的正负取值讨论．
（3）由已知，k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=1+

4

x1x2

+c

lnx1-lnx2

x1-x2

=2+c，则

lnx1-lnx2

x1-x2

=1，且x₁x₂=4，消去x2，后转化为方程x2-

4

x2

-2lnx2+ln4=0（x₂＞2）解得存在性．

解答： 解：（1）当c=0时，f（x）=x-

4

x

，所以f（1）=-3，
f′（x）=1+

4

x2

，f′（1）=5
所以切线方程为y+3=5（x-3），即5x-y-8=0
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=1+

4

x2

+

c

x

=

x2+cx+4

x2

，
令g（x）=x²+cx+4，其判别式△=c²-16
①当-4≤c≤4时，△≤0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增．
②当c＞4时，△＞0，g（x）=0的两根都小于0，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增．
③当c＜-4时，△＞0，设g（x）=0的两根为x₁=

-c- c2-16

2

∈（0，2），x₂=

-c- c2+16

2

＞2，
当0＜x＜x₁时，f′（x）＞0；当x₁＜x＜x₂时，f′（x）＜0；
当x＞x₂时，f′（x）＞0；，
故f（x）分别在（0，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递 减．  
（3）由（2）可知：当c＜-4时，f（x）在（0，+∞）上有两个极值点x₁，x₂，
因为f（x₁）-f（x_2）=x₁-x₂+

4(x1-x2)

x1x2

+c(lnx1-lnx2)
所以k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=1+

4

x1x2

+c

lnx1-lnx2

x1-x2

由（2）可知：x₁x₂=4，于是k=2+c

lnx1-lnx2

x1-x2

若存在c，使得k=2+c，则

lnx1-lnx2

x1-x2

=1，
即lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，
亦即x2-

4

x2

-2lnx2+ln4=0（x₂＞2）①
设函数h（t）=t-

4

t

-2lnx2+ln4（t＞2），
当t＞2时，h′（t）=1+

4

t2

-

2

t

=

t2-2t+4

t2

=

(t-1)2+3

t2

＞0
所以h（t）在（2，+∞）上单调递增，
而x₂＞2，所以x2-

4

x2

-2lnx2+ln4＞2-

4

2

-2ln2+ln4=0，
这与①式矛盾．故不存在c，使得k=2+c．

点评：本题考查函数与导数的综合应用，函数与方程的关系，涉及根的个数的判断，属难题．