1
又函数f(x)在x＝1处有极值，
2
f′1＝0，??所以?1
f1＝.?2?
2a＋b＝0，??
即?1
a＝.??2
－ 1??a＝，
解得?2
??b＝－1.
121x＋1x－1
(2)由(1)可知f(x)＝x－lnx，其定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－＝. 2xx当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x f′(x) f(x) (0,1) 1 0 极小值 (1，＋∞) ＋ 所以函数y＝f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
21. （12分）设函数f(x)＝x－－aln x(a∈R)．
1
x(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个极值点x1和x2，记过点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k.问：是否存在a，使得k＝2－a？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
思路分析 先求导，通分后发现f′(x)的符号与a有关，应对a进行分类，依据方程的判别式来分类．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
ax2－ax＋1
f′(x)＝1＋2－＝.
xxx2
1
令g(x)＝x2－ax＋1，其判别式Δ＝a2－4.
①当|a|≤2时，Δ≤0，f′(x)≥0.故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a＜－2时，Δ＞0，g(x)＝0的两根都小于0.在(0，＋∞)上，f′(x)＞0.故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
③当a＞2时，Δ＞0，g(x)＝0的两根为x1＝
a－a2－4
2
，
x2＝
a＋a2－4
2
.
当0＜x＜x1时，f′(x)＞0，当x1＜x＜x2时，f′(x)＜0；
当x＞x2时，f′(x)＞0.故f(x)分别在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减．
(2)由(1)知，a＞2.
因为f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)＋－a·
ln x1－ln x2
.
x1－x2
ln x1－ln x2
. x1－x2
x1－x2fx1－fx21
－a(ln x1－ln x2)，所以，k＝＝1＋x1x2x1－x2x1x2
又由(1)知，x1x2＝1，于是k＝2－a·若存在a，使得k＝2－a，则即ln x1－ln x2＝x1－x2.
ln x1－ln x2
＝1.
x1－x2
由x1x2＝1得x2－－2ln x2＝0(x2＞1)．(*)
1
x2
再由(1)知，函数h(t)＝t－－2ln t在(0，＋∞)上单调递增，而x2＞1，所以x2－－
11
tx2
1
2ln x2＞1－－2 ln 1＝0.这与(*)式矛盾．
1
故不存在a，使得k＝2－a.
22
22. （12分） 已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝(x－a)＋(lnx－a). (1)求函数f(x)在A(1,0)处的切线方程；
(2)若g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
1
(3)证明：g(x)≥.
2
答案 (1)y＝x－1 (2)a≥－2 (3)略 1
解析 (1)因为f′(x)＝，所以f′(1)＝1.
x故切线方程为y＝x－1. (2)g′(x)＝2(x－＋
alnx－a)， xxalnx令F(x)＝x－＋－a，则y＝F(x)在[1，＋∞)上单调递增．
xxx2－lnx＋a＋12
F′(x)＝，则当x≥1时，x－lnx＋a＋1≥0恒成立， 2
x即当x≥1时，a≥－x＋lnx－1恒成立．
1－2x令G(x)＝－x＋lnx－1，则当x≥1时，G′(x)＝<0，
2
2
2
x故G(x)＝－x＋lnx－1在[1，＋∞)上单调递减．
2
从而G(x)max＝G(1)＝－2. 故a≥G(x)max＝－2.
(3)证明：g(x)＝(x－a)＋(lnx－a) ＝2a－2(x＋lnx)a＋x＋lnx，
令h(a)＝2a－2(x＋lnx)a＋x＋lnx，则h(a)≥
2
2
2
2
2
22
2
x－lnx2
2
. 1x－1
令Q(x)＝x－lnx，则Q′(x)＝1－＝，显然Q(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
则Q(x)min＝Q(1)＝1.
则g(x)＝h(a)≥12.
xx
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