Question

12．已知函数f（x）=alnx+x²-4x（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调区间；
（2）若A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₂＞x₁＞0）是曲线y=f（x）上的两点，x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，问：是否存在a，使得直线AB的斜率等于f′（x₀）？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）求得函数的导数，讨论判别式和a的范围，分a＞2，0＜a＜2，a≤0，利用导函数分别大于0和小于0求得x的范围即可得到单调区间；
（2）由题意求出k_AB和f′（x₀）=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$），由两式相等化简，可知当a=0时，该式对于任意x₁，x₂∈（0，+∞）都成立，当a≠0时，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$，则t＞1，则lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$，令h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），利用导数说明该函数无零点即可说明不存在实数a，使得直线AB的斜率等于f′（x₀），综合上述可得答案．

解答 解：（1）函数f（x）=x²-4x+alnx的导数为f′（x）=2x-4+$\frac{a}{x}$=$\frac{{2x}^{2}-4x+a}{x}$（x＞0），
令g（x）=2x²-4x+a．
①当△=16-8a≤0，即a≥2时，2x²-4x+a≥0恒成立，可得f′（x）≥0恒成立，
即有f（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；
当△=16-8a＞0，即a＜2，可得2x²-4x+a=0的两根为x=1±$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，
②当0＜a＜2时，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞0，
由f′（x）＞0，可得x＞1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，或0＜x＜1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$．
由f′（x）＜0，可得1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＜x＜1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$．
即f（x）的增区间为（1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，+∞），（0，1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$），
减区间为（1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$）；
③当a≤0时，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$＞0，1-$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$≤0，
由f′（x）＞0，可得x＞1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$．
由f′（x）＜0，可得0＜x＜1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$．
即f（x）的增区间为（1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$，+∞），减区间为（0，1+$\sqrt{1-\frac{a}{2}}$）；
（2）不存在实数a，使得直线AB的斜率等于f′（x₀）．
证明如下：
f（x₁）=alnx₁+${{x}_{1}}^{2}-4{x}_{1}$，f（x₂）=alnx₂+${{x}_{2}}^{2}-4{x}_{2}$，
${k}_{AB}=\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{aln{x}_{2}+{{x}_{2}}^{2}-4{x}_{2}-aln{x}_{1}-{{x}_{1}}^{2}+4{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{a（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}+{x}_{2}+{x}_{1}-4$，
函数在x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$处的切线的斜率k=f′（x₀）=f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=$2•\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}-4+\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，
由$2•\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}-4+\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{a（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}+{x}_{2}+{x}_{1}-4$，得
$\frac{2a}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{a（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，当a=0时，该式对于任意x₁，x₂∈（0，+∞）都成立；
当a≠0时，有$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{2}+{x}_{1}}$=$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$．
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$，则t＞1，则lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$，
令h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），h′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{4}{（t+1）^{2}}=\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）}$，
由t＞1，知h′（t）＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，∴h（t）＞h（1）=0．
∴方程lnt=$\frac{2（t-1）}{t+1}$在（1，+∞）上无解．
综上，存在实数a，使得直线AB的斜率等于f′（x₀）．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法及函数构造法，考查逻辑思维能力与运算求解能力，属压轴题．