Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=a（x²-x）（a≠0，a∈R），h（x）=f（x）-g（x）．
（1）若a=1，求函數(shù)h（x）的極值；
（2）若函數(shù)y=h（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）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

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（1）函數(shù)h（x）=lnx-x²+x，定義域為（0，+∞），h′(x)=

1

x

-2x+1=-

(2x+1)(x-1)

x

，由此利用導數(shù)性質(zhì)推導出h（x）取得極大值h（1）=0，無極小值．
（2）h（x）=lnx-a（x²-x），h′(x)=

1

x

-a(2x-1)，若函數(shù)y=h（x9\）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，則h′（x）=

1

x

-a（2x-1）≤0對x≥1恒成立，由此能求出a的取值范圍．
（3）假設函數(shù)y=f（x）的圖象上存在不同的兩點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），設0＜x₁＜x₂，由k=f′（x₀），得ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，由此利用構(gòu)造法能求出不存在符合題意的兩點．

解答： 解：（1）∵f（x）=lnx，g（x）=a（x²-x）（a≠0，a∈R），h（x）=f（x）-g（x），
∴a=1，函數(shù)h（x）=lnx-x²+x，定義域為（0，+∞），
h′(x)=

1

x

-2x+1=-

(2x+1)(x-1)

x

，
∴x∈（0，1）時，h′（x）＞0，h（x）是增函數(shù)；
x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0，h（x）是減函數(shù)．
∴x=1時，h（x）取得極大值h（1）=0，無極小值．
（2）h（x）=lnx-a（x²-x），h′(x)=

1

x

-a(2x-1)，
若函數(shù)y=h（x9\）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
則h′（x）=

1

x

-a（2x-1）≤0對x≥1恒成立，
∴a≥

1 x

2x-1

=

1

x(2x-1)

=

1

2x2-x

，只需a≥(

1

2x2-x

)max，
x≥1時，2x²-x≥1，
則0＜

1

2x2-x

≤1，
∴(

1

2x2-x

)max=1．
∴a≥1，即a的取值范圍為[1，+∞）．
（3）假設函數(shù)y=f（x）的圖象上存在不同的兩點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），
設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），得

ln x1 x2

x1-x2

=

2

x1+x2

，
整理，得ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，
令t=

x1

x2

，u（t）=lnt-

2(t-1)

t+1

，（0＜t＜1），
μ′(t)=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
∴μ（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，
∴μ（t）＜μ（1）=0，
∴k≠f′（x₀），
∴不存在符合題意的兩點．

點評：本題考查函數(shù)的極值的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查滿足條件的兩點的判斷與求法，解題時要注意構(gòu)造法和導數(shù)性質(zhì)的合理運用．