已知函数f=x2-x+alnx，其中常数a＞0．当a＞2时，求函数f的单调递增区间；当a=4时，若函数y=f-m有三个不

题文

已知函数f（x）=x²-（a+2）x+alnx，其中常数a＞0．
（1）当a＞2时，求函数f（x）的单调递增区间；
（2）当a=4时，若函数y=f（x）-m有三个不同的零点，求m的取值范围；
（3）设定义在D上的函数y=h（x）在点p（x₀，h（x₀））处的切线方程为l：y=g（x），当x≠x₀时，若h(x)-g(x)x-x0＞0在D内恒成立，则称P为函数y=h（x）的“类对称点”，请你探究当a=4时，函数y=f（x）是否存在“类对称点”，若存在，请最少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，说明理由． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）∵f（x）=x²-（a+2）x+alnx，
∴f′（x）=2x-（a+2）+ax=2x2-(a+2)x+ax=(2x-a)(x-1)x，其中x＞0，
令f'（x）=0，得x=1或x=a2．
∵a＞2，∴a2＞1．
当0＜x＜1及x＞a2时，f'（x）＞0；
当1＜x＜a2时，f'（x）＜0；
∴f（x）的单调递增区间为（0，1），（a2，+∞）．
（2）当a=4时，f（x）=x²-6x+4lnx，f′（x）=2x+4x-6=2x2-6x+4x=2(x-1)(x-2)x，其中x＞0，
当x∈（0，1），（2，+∞）时，f^′（x）＞0．
当x∈（1，2）时，f^′（x）＜0．
∴f（x）在x∈（0，1），（2，+∞）时为增函数，
在x∈（1，2）时为减函数．
∴f（x）的极大值为f（1）=-5，极小值为f（2）=4ln2-8．
要使函数y=f（x）-m有三个不同的零点，即函数y=f（x）的图象与直线y=m有三个不同交点，
如图，则m的取值范围是（4ln2-8，-5）．
（3）由（2）知，当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x₀，f（x₀））处的切线方程为：
y=m（x）=(2x0+4x0-6)(x-x0)+x02-6x0+4lnx0，
设φ（x）=f（x）-m（x）=x2-6x+4lnx-(2x0+4x0-6)(x-x0)-(x02-6x0+4lnx0)，
则φ（x₀）=0．
ϕ′（x）=2x+4x-6-（2x₀+4x0-6）=2（x-x₀）（1-2xx0）=2x（x-x₀）（x-2x0）
若x₀＜2，φ（x）在（x₀，2x0）上单调递减，
∴当x∈（x₀，2x0）时，φ（x）＜φ（x₀）=0，此时∅(x)x-x0＜0；
若x0＞2，φ（x）在（2x0，x₀）上单调递减，
∴当x∈（2x0，x₀）时，φ（x）＞φ（x₀）=0，此时∅(x)x-x0＜0．
∴y=f（x）在（0，2）∪（2，+∞）上不存在“类对称点”．
若x0=2，2x(x-2)2＞0，
∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数，
当x＞x₀时，φ（x）＞φ（x₀）=0，
当x＜x₀时，φ（x）＜φ（x₀）=0，故∅(x)x-x0＞0．
即此时点P是y=f（x）的“类对称点”
综上，y=f（x）存在“类对称点”，2是一个“类对称点”的横坐标．

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解析

ax

考点

据考高分专家说，试题“已知函数f（x）=x2-（a+2）x+a.....”主要考查你对 [函数的零点与方程根的联系 ]考点的理解。 函数的零点与方程根的联系

函数零点的定义：

一般地，如果函数y =f(x)在实数a处的值等于零，即f(a)=o，则a叫做这个函数的零点，有时我们把一个函数的图象与x轴的交点的横坐标，也叫做这个函数的零点。               

函数零点具有的性质：

对于任意函数y=(x)只要它的图象是连续不间断的，则有：
(1)当它通过零点时（不是二重零点），函数值变号．如函数f(x)=x²-2x -3的图象在零点-1的左边时，函数值取正号，当它通过第一个零点-1时，函数值由正变为负，在通过第二个零点3时，函数值又由负变为正．
(2)在相邻两个零点之间所有的函数值保持同号，

方程的根与函数的零点的联系：

方程f（x）=0有实根

函数y=f（x）的图像与x轴有交点

函数y=f（x）有零点