Question

已知函數(shù)g（x）=xlnx-x-

1

6

ax³（a∈R），f（x）=g′（x）+（a-1）x
（Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）對(duì)于函數(shù)F（x）定義域內(nèi)的兩個(gè)自變量的值x₁，x₂（x₁＜x₂），若

F(x1)-F(x2)

x1-x2

-F′（

x1+x2

2

）=0，則我們把有序數(shù)對(duì)（x₁，x₂）叫做函數(shù)F（x）的“零點(diǎn)對(duì)”．試問(wèn)，函數(shù)f（x）是否存在這樣的“零點(diǎn)對(duì)”？如果存在，請(qǐng)你求出其中一個(gè)；如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）易求f′（x），在定義域內(nèi)解不等式f′（x）＞0即可；
（Ⅱ）只需看

f(x1)-f(x2)

x1-x2

-f′（

x1+x2

2

）=0是否成立，化簡(jiǎn)后整理得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+

4

t+1

=2，令h（t）=lnt+

4

t+1

-2，利用導(dǎo)數(shù)可判斷h（t）＞0，由此可得結(jié)論；

解答： 解：（Ⅰ）由已知得，f（x）=lnx-

1

2

ax²+（a-1）x=lnx-x²+x，
∴f′（x）=

1

x

-2x+1=

1-2x2+x

x

=-

(x-1)(2x+1)

x

，
令f′（x）＞0，解得-

1

2

＜x＜1，函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，1）．
（Ⅱ）∵f（x）=lnx-

1

2

ax²+（a-1）x，∴f′（x）=

1

x

-ax+（a-1），
∴f′（

x1+x2

2

）=

1

x1+x2 2

-a（

x1+x2

2

）+（a-1），
令M=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

-f′（

x1+x2

2

）
=

[lnx1- 1 2 ax12+(a-1)x1]-[lnx2- 1 2 ax22+(a-1)x2]

x1-x2

-[

1

x1+x2 2

-a（

x1+x2

2

）+（a-1）]
=

lnx1-lnx2

x1-x2

-

2

x1+x2

，
由M=0，得

lnx1-lnx2

x1-x2

=

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

，即lnt+

4

t+1

=2，
令h（t）=lnt+

4

t+1

-2，h′（t）=

1

t

-

4

(t+1)2

=

(t-1)2

t(t+1)2

，
∵t＞1，顯然h′（t）＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上遞增，
∵h(yuǎn)（1）=0，顯然h（t）＞0恒成立，
∴在（1，+∞）內(nèi)部存在t，使得h（t）=0成立，即不存在這樣的x₁，x₂，使M=0，
∴函數(shù)f（x）不存在這樣的“零點(diǎn)對(duì)”．

點(diǎn)評(píng)：該題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值，考查學(xué)生對(duì)問(wèn)題的理解分析能力，該題運(yùn)算量較大，綜合性較強(qiáng)，有一定難度．