Question

設函數(shù)f（x）=（2-a）lnx+

1

x

+2ax，g（x）=ax+

1

x

+（3-a）lnx，a∈R
（Ⅰ）當a=0時，求g（x）的極值；
（Ⅱ）當a=0時，求f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅲ）給出如下定義：對于函數(shù)y=F（x）圖象上任意不同的兩點A（x₁，y₁），（x₂，y₂）．如果對于函數(shù)y=F（x）圖象上的點M（x₀，y₀）（其中x₀=

x1+x2

2

）總能使得F（x₁）-F（x₂）=F′（x₀）（x₁-x₂）成立，則稱函數(shù)具備性質“L”．試判斷函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）是否具備性質“L”，并說明理由．

Answer 1

考點：利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性,利用導數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）函數(shù)g（x）的定義域為（0，+∞），a=0時，g（x）=3lnx+

1

x

，得g′x）=

3x-1

x2

，從而g（x）在（0，

1

3

）遞減，在（

1

3

，+∞）遞增，得g（x）_極小值=g（

1

3

）=3-3ln3，沒有極大值；
（Ⅱ）由題意，f′（x）=

2ax2+(2-a)x1

x2

，令f′（x）=0，得x₁=-

1

a

，x₂=

1

2

，討論a＞0，a＜0的情況，從而得出函數(shù)的單調區(qū)間；
（Ⅲ）F（x）=f（x）-g（x）=ax-lnx，設函數(shù)F（x）具備性質“L”，即在點M處的切線斜率為K_AB，不妨設0＜x₁＜x₂，則K_AB=

y1-y2

x1-x2

=a-

lnx1-lnx2

x1-x2

，從而有

lnx1-lnx2

x1-x2

=

2

x1+x2

，即ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，令t=

x1

x2

∈（0，1），則上式可化為lnt+

4

t+1

-2=0，令H（t）=lnt+

4

t+1

-2，（0＜t＜1），得H（t）在（0，1）上遞增，故F（x）＜F（1）=0，進而得函數(shù)F（x）不具備性質“L”．

解答： 解：（Ⅰ）函數(shù)g（x）的定義域為（0，+∞），
a=0時，g（x）=3lnx+

1

x

，
∴g′x）=

3x-1

x2

，
令g′（x）＞0，解得：x＞

1

3

，
令g′（x）＜0，解得：0＜x＜

1

3

，
∴g（x）在（0，

1

3

）遞減，在（

1

3

，+∞）遞增，
∴g（x）_極小值=g（

1

3

）=3-3ln3，沒有極大值；
（Ⅱ）由題意，f′（x）=

2ax2+(2-a)x1

x2

，
令f′（x）=0，得x₁=-

1

a

，x₂=

1

2

，
若a＞0，由f′（x）≤0得x∈（0，

1

2

]，由f′（x）≥0得x∈[

1

2

，+∞），
若a＜0，
①a＜-2時，-

1

a

＜

1

2

，
x∈（0，-

1

a

]或x∈[

1

2

，++∞），f′（x）≤0，x∈[-

1

a

，

1

2

]，f′（x）≥0，
②a=-2時，f′（x）≤0，
③-2＜a＜0時，-

1

a

＞

1

2

，x∈（0，

1

2

]或x∈[-

1

a

，+∞），f′（x）≤0，
x∈[-

1

2

，-

1

a

]，f′（x）≥0；
綜上，當a＞0時，函數(shù)的單調遞減區(qū)間為（0，

1

2

]，單調遞增區(qū)間為[

1

2

，+∞），
當a＜-2時，函數(shù)的單調遞減區(qū)間為（0，-

1

a

]，[

1

2

，+∞），單調遞增區(qū)間為[-

1

a

，

1

2

]，
當a=-2時，函數(shù)的單調遞減區(qū)間為（0，+∞），
當-2＜a＜0時，單調遞減區(qū)間為（0，

1

2

]，[-

1

a

，+∞），單調遞減區(qū)間為[-

1

2

，-

1

a

]，
（Ⅲ）F（x）=f（x）-g（x）=ax-lnx，
設函數(shù)F（x）具備性質“L”，即在點M處的切線斜率為K_AB，不妨設0＜x₁＜x₂，
則K_AB=

y1-y2

x1-x2

=a-

lnx1-lnx2

x1-x2

，
而F（x）在點M處的切線斜率為F′（x₀）=F′（

x1+x2

2

）=a-

2

x1+x2

，
故有

lnx1-lnx2

x1-x2

=

2

x1+x2

，
即ln

x1

x2

=

2(x1-x2)

x1+x2

=

2( x1 x2 -1)

x1 x2 +1

，
令t=

x1

x2

∈（0，1），
則上式可化為lnt+

4

t+1

-2=0，
令H（t）=lnt+

4

t+1

-2，（0＜t＜1），
則由H′（t）=

(t-1)2

t(t+1)2

＞0，
∴H（t）在（0，1）上遞增，故F（x）＜F（1）=0，
∴方程lnt+

4

t+1

-2=0無解，
∴函數(shù)F（x）不具備性質“L”．

點評：本題考察了函數(shù)的單調性，函數(shù)的最值問題，新定義問題，導數(shù)的應用，是一道綜合題．