Question

15．已知函數(shù)f（x）=x²-alnx-x（a≠0）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），記過點(diǎn)A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））的直線的斜率為k，問是否存在a，使k=-2a-$\frac{1}{2}$，若存在，求出a的值，若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$-1，分情況討論，即可求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出k=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=（x₂+x₁）-$\frac{aln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-1=-2a-$\frac{1}{2}$，進(jìn)而ln$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{1-\sqrt{1+8a}}$=$\sqrt{1+8a}$，可得$\sqrt{1+8a}$=0，a=-$\frac{1}{8}$與a＞-$\frac{1}{8}$矛盾，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）依題意知函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），
f′（x）=2x-$\frac{a}{x}$-1=$\frac{2{x}^{2}-x-a}{x}$，
t=2x²-x-a，△=1+8a≤0，a≤-$\frac{1}{8}$，f′（x）≥0，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
當(dāng)a＞-$\frac{1}{8}$時(shí)，令f′（x）＞0，得0＜x＜$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{4}$或x＞$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}$，故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{4}$），（$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}$，+∞）；
令f′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}$，故函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{4}$，$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}$）．
（2）∵f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，
∴x₂+x₁=$\frac{1}{2}$，x₂x₁=-$\frac{a}{2}$，x₁=$\frac{1-\sqrt{1+8a}}{4}$，x₂=$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{4}$
∵k=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=（x₂+x₁）-$\frac{aln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$-1=-2a-$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=2，
∴l(xiāng)n$\frac{1+\sqrt{1+8a}}{1-\sqrt{1+8a}}$=$\sqrt{1+8a}$，
設(shè)t=$\sqrt{1+8a}$，則y=ln$\frac{1+t}{1-t}$-t，
∴y′=$\frac{2}{1-{t}^{2}}$-1=$\frac{1+{t}^{2}}{1-{t}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)在（-1，1）上單調(diào)遞增，
∴$\sqrt{1+8a}$=0，a=-$\frac{1}{8}$與a＞-$\frac{1}{8}$矛盾，
故不存在．

點(diǎn)評(píng) 本題重點(diǎn)考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，利用函數(shù)的性質(zhì)解決不等式、方程問題．重點(diǎn)考查學(xué)生的代數(shù)推理論證能力，分類討論等綜合解題能力，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．