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(2012•汕头二模)已知函数f(x)=x2-(a+2)x+alnx,其中常数a>0.
(1)当a>2时,求函数f(x)的单调递增区间;
(2)当a=4时,若函数y=f(x)-m有三个不同的零点,求m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“类对称点”,请你探究当a=4时,函数y=f(x)是否存在“类对称点”,若存在,请最少求出一个“类对称点”的横坐标;若不存在,说明理由.
分析:(1)f′(x)=2x-(a+2)+
a
x
=
2x2-(a+2)x+a
x
=
(2x-a)(x-1)
x
,由f(x)>0能求出f(x)的单调递增区间;
(2)当a=4时,f(x)=x2-6x+4lnx,f′(x)=2x+
4
x
-6,其中x>0,由f(x)=0求出极值点,把函数y=f(x)-m有三个不同的零点转化为函数y=f(x)的图象与直线y=m的交点问题解决;
(3)当a=4时,函数y=f(x)在其图象上一点P(x0,f(x0))处的切线方程为y=m(x)=(2x0+
4
x0
-6)(x-x0)
+x02-6x0+4lnx0.由此能推导出y=f(x)存在“类对称点”,
2
是一个“类对称点”的横坐标.
解答:解:(1)∵f(x)=x2-(a+2)x+alnx,
∴f′(x)=2x-(a+2)+
a
x
=
2x2-(a+2)x+a
x
=
(2x-a)(x-1)
x
,其中x>0,
令f'(x)=0,得x=1或x=
a
2

∵a>2,∴
a
2
>1.
当0<x<1及x>
a
2
时,f'(x)>0;
当1<x<
a
2
时,f'(x)<0;
∴f(x)的单调递增区间为(0,1),(
a
2
,+∞).
(2)当a=4时,f(x)=x2-6x+4lnx,f′(x)=2x+
4
x
-6=
2x2-6x+4
x
=
2(x-1)(x-2)
x
,其中x>0,
当x∈(0,1),(2,+∞)时,f(x)>0.
当x∈(1,2)时,f(x)<0.
∴f(x)在x∈(0,1),(2,+∞)时为增函数,
在x∈(1,2)时为减函数.
∴f(x)的极大值为f(1)=-5,极小值为f(2)=4ln2-8.
要使函数y=f(x)-m有三个不同的零点,即函数y=f(x)的图象与直线y=m有三个不同交点,
如图,则m的取值范围是(4ln2-8,-5).
(3)由(2)知,当a=4时,函数y=f(x)在其图象上一点P(x0,f(x0))处的切线方程为:
y=m(x)=(2x0+
4
x0
-6)(x-x0)+x02-6x0+4lnx0

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

则φ(x0)=0.
?′(x)=2x+
4
x
-6-(2x0+
4
x0
-6)=2(x-x0)(1-
2
xx0
)=
2
x
(x-x0)(x-
2
x0

若x0
2
,φ(x)在(x0
2
x0
)上单调递减,
∴当x∈(x0
2
x0
)时,φ(x)<φ(x0)=0,此时
∅(x)
x-x0
<0;
x0
2
,φ(x)在(
2
x0
,x0)上单调递减,
∴当x∈(
2
x0
,x0)时,φ(x)>φ(x0)=0,此时
∅(x)
x-x0
<0.
∴y=f(x)在(0,
2
)∪(
2
,+∞)上不存在“类对称点”.
x0=
2
2
x
(x-
2
)2
>0,
∴φ(x)在(0,+∞)上是增函数,
当x>x0时,φ(x)>φ(x0)=0,
当x<x0时,φ(x)<φ(x0)=0,故
∅(x)
x-x0
>0.
即此时点P是y=f(x)的“类对称点”
综上,y=f(x)存在“类对称点”,
2
是一个“类对称点”的横坐标.
点评:本题考查函数的单调增区间的求法,探索满足函数在一定零点下的参数的求法,探索函数是否存在“类对称点”.解题时要认真审题,注意分类讨论思想和等价转化思想的合理运用,此题是难题.
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4
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