已知函数f(x)=x2-(a+2)x+alnx．的单调性,(2)当a=-1时.过坐标原点O作曲线y=f(x)的切线.设切点为P(m.n).求实数m的值,(3)设定义在区间D上的函数y=g(x)在点P(x0.y0)处的切线方程为l:y=h(x).当x≠x0时.若gx-x0＞0在区间D内恒成立.则称点P为函数y=g(x)的“转点．当a=8时.试问:函数y=f(x)是� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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已知函数f（x）=x²-（a+2）x+alnx．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a=-1时，过坐标原点O作曲线y=f（x）的切线，设切点为P（m，n），求实数m的值；
（3）设定义在区间D上的函数y=g（x）在点P（x₀，y₀）处的切线方程为l：y=h（x），当x≠x₀时，若

g(x)-h(x)

x-x0

＞0在区间D内恒成立，则称点P为函数y=g（x）的“转点”．当a=8时，试问：函数y=f（x）是否存在“转点”？若存在，请求出“转点”的横坐标；若不存在，请说明理由．

考点：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：导数的综合应用

分析：（1）先求出函数的导数，再分别讨论①a≤0时，②0＜a≤2时，③a＞2时的情况，从而求出f（x）的单调区间；
（2）把a=-1代入，可得切线斜率，由斜率公式还可得斜率，由等式可得m=1是唯一的实数解；
（3）针对新定义，构造函数F（x）=f（x）-h（x），求其导数，分0＜x₀＜2，x₀＞2，x₀=2三种情况进行讨论，可得结论．

解答： 解：（1）f′（x）=2x-（a+2）+

(2x-a)(x-1)

，（x＞0），
①a≤0时，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
②0＜a≤2时，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜

，x＞1，令f′（x）＜0，解得：

＜x＜1，
∴f（x）在（0，

）递增，在（

，1）递减，在（1，+∞）递增，
③a＞2时，令f′（x）＞0，解得：x＞

，x＜1，令f′（x）＜0，解得：1＜x＜

，
∴f（x）在（0，1）递增，在（1，

）递减，在（

，+∞）递增；
（2）当a=-1时，f′（x）=2x-1-

（x＞0），所以切线的斜率
k=2m-1-

m2-m-lnm

，整理可得m²+lnm-1=0，
显然m=1是方程的解，又因为函数y=x²+lnx-1在（0，+∞）上是增函数，
所以方程有唯一的实数解，即m=1；
（3）当a=8时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x₀，y₀）处的切线方程为：
h（x）=（2x₀+

-10）（x-x₀）+x02-10x0+8lnx0，
设F（x）=f（x）-h（x），则F（x₀）=0，
F′（x）=f′（x）-h′（x）=

（x-x₀）（x-

），
若0＜x₀＜2，F（x）在（x₀，

）上单调递减，所以当x∈（x₀，

）时，
F（x）＜F（x₀）=0，此时

F(x)

x-x0

＜0，
若x₀＞2，F（x）在（

，x₀）上单调递减，所以当x∈（

，x₀）时，
F（x）＞F（x₀）=0，此时

F(x)

x-x0

＜0，
所以y=f（x）在（0，2）和（2，+∞）上不存在“转点”，
若x₀=2时，F′（x）=

（x-2）²，即F（x）在（0，+∞）上是增函数，
当x＞x₀时，F（x）＞F（x₀）=0，当x＜x₀时，F（x）＜F（x₀）=0，
故点P（x₀，f（x₀））为“转点”，
故函数y=f（x）存在“转点”，且2是“转点”的横坐标．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，涉及新定义，属中档题．

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