Question

已知函數(shù)f（x）=x²-（a+2）x+alnx．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當a=-1時，過坐標原點O作曲線y=f（x）的切線，設(shè)切點為P（m，n），求實數(shù)m的值；
（3）設(shè)定義在區(qū)間D上的函數(shù)y=g（x）在點P（x₀，y₀）處的切線方程為l：y=h（x），當x≠x₀時，若

g(x)-h(x)

x-x0

＞0在區(qū)間D內(nèi)恒成立，則稱點P為函數(shù)y=g（x）的“轉(zhuǎn)點”．當a=8時，試問：函數(shù)y=f（x）是否存在“轉(zhuǎn)點”？若存在，請求出“轉(zhuǎn)點”的橫坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再分別討論①a≤0時，②0＜a≤2時，③a＞2時的情況，從而求出f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）把a=-1代入，可得切線斜率，由斜率公式還可得斜率，由等式可得m=1是唯一的實數(shù)解；
（3）針對新定義，構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-h（x），求其導(dǎo)數(shù)，分0＜x₀＜2，x₀＞2，x₀=2三種情況進行討論，可得結(jié)論．

解答： 解：（1）f′（x）=2x-（a+2）+

a

x

=

(2x-a)(x-1)

x

，（x＞0），
①a≤0時，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
②0＜a≤2時，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜

a

2

，x＞1，令f′（x）＜0，解得：

a

2

＜x＜1，
∴f（x）在（0，

a

2

）遞增，在（

a

2

，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
③a＞2時，令f′（x）＞0，解得：x＞

a

2

，x＜1，令f′（x）＜0，解得：1＜x＜

a

2

，
∴f（x）在（0，1）遞增，在（1，

a

2

）遞減，在（

a

2

，+∞）遞增；
（2）當a=-1時，f′（x）=2x-1-

1

x

（x＞0），所以切線的斜率
k=2m-1-

1

m

=

m2-m-lnm

m

，整理可得m²+lnm-1=0，
顯然m=1是方程的解，又因為函數(shù)y=x²+lnx-1在（0，+∞）上是增函數(shù)，
所以方程有唯一的實數(shù)解，即m=1；
（3）當a=8時，函數(shù)y=f（x）在其圖象上一點P（x₀，y₀）處的切線方程為：
h（x）=（2x₀+

8

x0

-10）（x-x₀）+x02-10x0+8lnx0，
設(shè)F（x）=f（x）-h（x），則F（x₀）=0，
F′（x）=f′（x）-h′（x）=

2

x

（x-x₀）（x-

4

x0

），
若0＜x₀＜2，F(xiàn)（x）在（x₀，

4

x0

）上單調(diào)遞減，所以當x∈（x₀，

4

x0

）時，
F（x）＜F（x₀）=0，此時

F(x)

x-x0

＜0，
若x₀＞2，F(xiàn)（x）在（

4

x0

，x₀）上單調(diào)遞減，所以當x∈（

4

x0

，x₀）時，
F（x）＞F（x₀）=0，此時

F(x)

x-x0

＜0，
所以y=f（x）在（0，2）和（2，+∞）上不存在“轉(zhuǎn)點”，
若x₀=2時，F(xiàn)′（x）=

2

x

（x-2）²，即F（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
當x＞x₀時，F(xiàn)（x）＞F（x₀）=0，當x＜x₀時，F(xiàn)（x）＜F（x₀）=0，
故點P（x₀，f（x₀））為“轉(zhuǎn)點”，
故函數(shù)y=f（x）存在“轉(zhuǎn)點”，且2是“轉(zhuǎn)點”的橫坐標．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，涉及新定義，屬中檔題．