Question

已知函数f（x）=x²-（a+2）x+alnx，其中常数a∈R．
（1）当a=4时，求函数f（x）的极值点；
（2）令F（x）=f（x）+（a+2）x，若函数F（x）在区间[2，+∞）上单调递增，求a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“特殊点”，当a=4时，试问y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请至少求出一个“特殊点”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极值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：计算题,新定义,导数的综合应用

分析：（1）求导函数，确定函数的单调性，可求f（x）的极值点；
（2）函数F（x）在区间[2，+∞）上单调递增，只需满足F′（x）=2x+

a

x

≥0对x∈[2，+∞）恒成立．分离参数a求范围．
（3）当a=4时，y=g（x）=（2x₀+

4

x0

-6）（x-x₀）+x02-6x0+4lnx0，令φ（x）=f（x）-g（x），得φ′（x）=2x+

4

x

-6-（2x₀+

4

x0

-6）=2（x-x₀）（1-

2

x0x

）=

2

x

（x-x₀）（x-

2

x0

），分x₀＞

2

x0

，x₀＜

2

x0

，x₀＜

2

x0

三类求解．

解答： 解：（1）当a=4时，f′（x）=2x+

4

x

-6=

2(x-1)(x-2)

x

，
当0＜x＜1或x＞2时，f′（x）＞0，即f（x）在（0，1），（2，+∞）上单调递增； 
当1＜x＜2时，f′（x）＜0，即f（x）在（1，2）上单调递减；         
所以x=1为函数f（x）的极大值点，x=2为函数f（x）的极小值点．
（2）F（x）=f（x）+（a+2）x=x²+alnx，
若函数F（x）在区间[2，+∞）上单调递增，只需满足
F′（x）=2x+

a

x

≥0对x∈[2，+∞）恒成立．
即a≥-2x²对x∈[2，+∞）恒成立．
∴a≥-8，经检验a≥-8满足题意．…（8分）
（3）由题意：当a=4时，f′（x）=2x+

4

x

-6，
则在点P处切线的斜率kx₀=f′（x₀）=2x₀+

4

x0

-6，
y=g（x）=（2x₀+

4

x0

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

4

x0

-6）（x-x₀）-（x02-6x0+4lnx0）
φ（x₀）=0，φ′（x）=2x+

4

x

-6-（2x₀+

4

x0

-6）=2（x-x₀）（1-

2

x0x

）=

2

x

（x-x₀）（x-

2

x0

），
当x₀＜

2

x0

，即x₀＜

2

时，φ（x）在（x₀，

2

x0

）上单调递减，
∴x∈（x₀，

2

x0

）时，φ（x）＜φ（x₀）=0，此时

φ(x)

x-x0

＜0，
当x₀＞

2

x0

，即x₀＞

2

时，φ（x）在（

2

x0

，x₀）上单调递减，
∴x∈（

2

x0

，x₀）时，φ（x）＞φ（x₀）=0，此时

φ(x)

x-x0

＜0，
∴在（0，

2

）∪(

2

，+∞)上不存在特殊点．
当x₀=

2

x0

，即x₀=

2

时，φ′（x）=

2

x

（x-

2

）²＞0，φ（x）在（0，+∞）上是增函数，此时

φ(x)

x-x0

＞0，
∴x=

2

是一个“特殊点”的横坐标．

点评：本题考查了利用导数求函数的单调性，求函数的最值问题，要理解新定义的含义，转化为已学过的知识和方法解决．是一道综合题．