Question

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，是否存在实数m，使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由；
（3）设定义在D上的函数y=h（x）的图象在点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”．当a=4，试问y=f（x）是否存在“类对称点”？若存在，请至少求出一个“类对称点”的横坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析：（1）f′(x)=2x-(a+2)+

a

x

=

2x2-(a+2)x+a

x

=

(2x-a)(x-1)

x

，由此能求出f（x）的单调递增区间．
（2）当a=4时，f(x)=x2-6x+4lnx，f′(x)=2x+

4

x

-6，其中x＞0，令f′(x)=2x+

4

x

-6=-6，方程无解，由此推导出不存在实数m使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线．
（3）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+

4

x0

-6)(x-x0)+

x

2 0

-6x0+4lnx0．由此能推导出y=f（x）存在“类对称点”，

2

是一个“类对称点”的横坐标．

解答：解：（1）∵f（x）=x²-（a+2）x+alnx，
∴f′(x)=2x-(a+2)+

a

x

=

2x2-(a+2)x+a

x

=

(2x-a)(x-1)

x

，其中x＞0，
令f'（x）=0，得x=1或x=

a

2

．
∵a＞2，∴

a

2

＞1．
当0＜x＜1及x＞

a

2

时，f'（x）＞0；
当1＜x＜

a

2

时，f'（x）＜0；
∴f（x）的单调递增区间为(0，1)，(

a

2

，+∞)．
（2）当a=4时，f(x)=x2-6x+4lnx，f′(x)=2x+

4

x

-6，其中x＞0，
令f′(x)=2x+

4

x

-6=-6，方程无解，
∴不存在实数m使得直线6x+y+m=0恰为曲线y=f（x）的切线．
（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+

4

x0

-6)(x-x0)+

x

2 0

-6x0+4lnx0，
设?(x)=f(x)-m(x)=x2-6x+4lnx-(2x0+

4

x0

-6)(x-x0)-(

x

2 0

-6x0+4lnx0)，
则φ（x₀）=0．
?′(x)=2x+

4

x

-6-(2x0+

4

x0

-6)=2(x-x0)(1-

2

xx0

)=

2

x

(x-x0)(x-

2

x0

)
若x0＜

2

，?(x)在(x0，

2

x0

)上单调递减，
∴当x∈(x0，

2

x0

)时，φ（x）＜φ（x₀）=0，此时

?(x)

x-x0

＜0；
若x0＞

2

，?(x)在(

2

x0

，x0)上单调递减，
∴当x∈(

2

x0

，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

，?′(x)=

2

x

(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．

点评：本题考查函数的单调增区间的求法，探索满足条件的实数的求法，探索函数是否存在“类对称点”．解题时要认真审题，注意分类讨论思想和等价转化思想的合理运用．