Question

（2013•惠州模擬）已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=a（x²-x）（a≠0，a∈R），h（x）=f（x）-g（x）
（Ⅰ）若a=1，求函數(shù)h（x）的極值；
（Ⅱ）若函數(shù)y=h （x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）在函數(shù)：y=f（x）的圖象上是否存在不同的兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），使線段AB的中點的橫坐標x₀與直線AB的斜率k之間滿足k=f′（x₀）？若存在，求出x₀；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）寫出h（x），把a=1代入后求導(dǎo)函數(shù)，求出導(dǎo)函數(shù)在定義域內(nèi)的零點，然后判斷導(dǎo)函數(shù)在不同區(qū)間段內(nèi)的符號，從而得到原函數(shù)的單調(diào)性，最后得到函數(shù)h（x）的極值情況；
（Ⅱ）根據(jù)函數(shù)y=h （x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，則其導(dǎo)函數(shù)在（1，+∞）內(nèi)大于0恒成立，分離變量后可求不等式一側(cè)所對應(yīng)的函數(shù)的值域，從而求出a的取值范圍；
（Ⅲ）利用反證法思想，假設(shè)兩點存在，由線段AB的中點的橫坐標x₀與直線AB的斜率k之間滿足k=f′（x₀），利用兩點求斜率得到k，把x₀也用兩點的橫坐標表示，整理后得到∴ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，令t=

x1

x2

，引入函數(shù)u（t）=lnt-

2t-2

t+1

 （0＜t＜1），通過求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性得到即ln

x1

x2

＜

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，從而得出矛盾，說明假設(shè)錯誤．

解答：解：（Ⅰ）由f（x）=lnx，g（x）=a（x²-x）（a≠0，a∈R），
得：h（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax²+ax，
當a=1時，h（x）=lnx-x²+x．
h′(x)=

1

x

-2x+1=-

(2x+1)(x-1)

x

．
∵函數(shù)h（x）的定義域為（0，+∞），且當x∈（0，1）時，h′（x）＞0，h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，
當x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴h（x）有極大值h（1）=0，無極小值；
（Ⅱ）h（x）=f（x）-g（x）=lnx-ax²+ax，
則h′(x)=

1

x

-a(2x-1)．
∵函數(shù)y=h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，則h′(x)=

1

x

-a(2x-1)≥0對x＞1恒成立．
即a≤

1 x

2x-1

=

1

x(2x-1)

=

1

2x2-x

對x＞1恒成立．
∵x＞1時，2x²-x＞1，∴

1

2x2-x

＞0，又a≠0，∴a＜0．
則a的取值范圍是（-∞，0）．
（Ⅲ）假設(shè)存在，不妨設(shè)0＜x₁＜x₂，
k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=

lnx1-lnx2

x1-x2

=

ln x1 x2

x1-x2

，
f′(x0)=

1

x0

=

2

x1+x2

，
由k=f′（x₀）⇒

ln x1 x2

x1-x2

=

2

x1+x2

，
∴ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

．
令t=

x1

x2

，u（t）=lnt-

2t-2

t+1

 （0＜t＜1），則u′(t)=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
∴u（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，∴u（t）＜u（1）=0，
∴lnt＜

2t-2

t+1

，即ln

x1

x2

＜

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

．
故k≠f′（x₀）．
所以不存在符合題意的兩點．

點評：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，考查了利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)的極值，考查了利用分離變量法求參數(shù)的取值范圍，訓(xùn)練了反證法解題的基本思想，（Ⅲ）中的轉(zhuǎn)化、變形及構(gòu)造函數(shù)推出矛盾結(jié)論是該題的難點，此題屬難度較大的題目．