Question

15．已知函数f（x）=x²-alnx-x（a≠0）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若f（x）有两个极值点x₁，x₂（0＜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=-2a-$\frac{1}{2}$，若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$-1，分情况讨论，即可求函数f（x）的单调区间；
（2）求出k=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=（x₂+x₁）-$\frac{aln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-1=-2a-$\frac{1}{2}$，进而ln$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{1-\sqrt{1+8a}}$=$\sqrt{1+8a}$，可得$\sqrt{1+8a}$=0，a=-$\frac{1}{8}$与a＞-$\frac{1}{8}$矛盾，即可得出结论．

解答 解：（1）依题意知函数的定义域为（0，+∞），
f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$-1=$\frac{2{x}^{2}-x-a}{x}$，
t=2x²-x-a，△=1+8a≤0，a≤-$\frac{1}{8}$，f′（x）≥0，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
当a＞-$\frac{1}{8}$时，令f′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{4}$或x＞$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}$，故函数f（x）的单调递增区间为（0，$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{4}$），（$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}$，+∞）；
令f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}$，故函数f（x）的单调递减区间为（$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{4}$，$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}$）．
（2）∵f（x）有两个极值点x₁，x₂，
∴x₂+x₁=$\frac{1}{2}$，x₂x₁=-$\frac{a}{2}$，x₁=$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{4}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}$
∵k=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=（x₂+x₁）-$\frac{aln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-1=-2a-$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=2，
∴ln$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{1-\sqrt{1+8a}}$=$\sqrt{1+8a}$，
设t=$\sqrt{1+8a}$，则y=ln$\frac{1+t}{1-t}$-t，
∴y′=$\frac{2}{1-{t}^{2}}$-1=$\frac{1+{t}^{2}}{1-{t}^{2}}$＞0，
∴函数在（-1，1）上单调递增，
∴$\sqrt{1+8a}$=0，a=-$\frac{1}{8}$与a＞-$\frac{1}{8}$矛盾，
故不存在．

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．