Question

已知函數(shù)f(x)=1nx-

1

2

ax2+(a-1)x(a＜0)
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函數(shù)f（x）圖象上的不同兩點，記直線AB的斜率為k，試問：是否存在x0=

x1+x2

2

，使得f′（x₀）=k，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）求導(dǎo)數(shù)f′（x），解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，即得函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，需要對參數(shù)a進行討論；
（2）設(shè)0＜x₁＜x₂，f′（x₀）=k，即f′（

x1+x2

2

）=

2

x1+x2

-a•

x1+x2

2

+（a-1）=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

a（x₂+x₁）+（a-1），化簡然后構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的值域問題可判斷．

解答：解：（1）f′（x）=

1

x

-ax+（a-1）=

1-ax2+(a-1)x

x

=

-a(x+ 1 a )(x-1)

x

（x＞0），
①若-1＜a＜0，則-

1

a

＞1，當0＜x＜1或x＞-

1

a

時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當1＜x＜-

1

a

時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
②若a=-1，則-

1

a

=1，此時，f′（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
③若a＜-1，則-

1

a

＜1，當0＜x＜-

1

a

或x＞1時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；
當-

1

a

＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．
綜上，當-1＜a＜0時，f（x）的增區(qū)間是（0，1），（-

1

a

，+∞），減區(qū)間是（1，-

1

a

）；
當a=-1時，f（x）的增區(qū)間是（0，+∞）；
當a＜-1時，f（x）的增區(qū)間是（0，-

1

a

），（1，+∞），減區(qū)間是（-

1

a

，1）．
（2）解：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函數(shù)f（x）圖象上不同的兩點，且0＜x₁＜x₂，
則y₁=lnx₁-

1

2

ax12+（a-1）x₁，y2=lnx2-

1

2

ax22+(a-1)x2，
k_AB=

y2-y1

x2-x1

=

(lnx2-lnx1)- 1 2 a(x22-x12)+(a-1)(x2-x1)

x2-x1

，
=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

a（x₂+x₁）+（a-1），
f′（x₀）=f′（

x1+x2

2

）=

2

x1+x2

-a•

x1+x2

2

+（a-1），
依題意得，f′（

x1+x2

2

）=

2

x1+x2

-a•

x1+x2

2

+（a-1）=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

2

a（x₂+x₁）+（a-1），
化簡可得，

lnx2-lnx1

x2-x1

=

2

x1+x2

，即ln

x2

x1

=

2(x2-x1)

x2+x1

=

2( x2 x1 -1)

x2 x1 +1

，
設(shè)

x2

x1

=t（t＞1），上式化為lnt=

2(t-1)

t+1

=2-

4

t+1

，
lnt+

4

t+1

=2，令g（t）=lnt+

4

t+1

，g′（t）=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

，
因為t＞1，顯然g′（t）＞0，所以g（t）在（1，+∞）上遞增，
顯然有g(shù)（t）＞2恒成立，所以在（1，+∞）內(nèi)不存在t，使得lnt+

4

t+1

=2成立，
綜上所述，假設(shè)不成立，所以不存在x0=

x1+x2

2

，使得f′（x₀）=k．

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系以及運用導(dǎo)數(shù)研究存在性問題，考查分析問題解決問題的能力，屬綜合題，難度較大．