Question

已知函數(shù)f（x）=x-

4

x

+clnx，其中c∈R，
（1）當c=0時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）討論f（x）的單調性；
（3）若f（x）有兩個極值點x₁和x₂，記過點A（x₁，f（x₁））、B（x₂，f（x₂））的直線的斜率為k，問是否存在c，使得k=2+c？若存在，求出c的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：計算題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）當c=0時，f'（1）及f（1）均可求，進而可曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（2）f′（x）=1+

4

x2

+

c

x

=

x2+cx+4

x2

，令g（x）=x²+cx+4，通過g（x）的正負取值討論．
（3）由已知，k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=1+

4

x1x2

+c

lnx1-lnx2

x1-x2

=2+c，則

lnx1-lnx2

x1-x2

=1，且x₁x₂=4，消去x2，后轉化為方程x2-

4

x2

-2lnx2+ln4=0（x₂＞2）解得存在性．

解答： 解：（1）當c=0時，f（x）=x-

4

x

，所以f（1）=-3，
f′（x）=1+

4

x2

，f′（1）=5
所以切線方程為y+3=5（x-3），即5x-y-8=0
（2）f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=1+

4

x2

+

c

x

=

x2+cx+4

x2

，
令g（x）=x²+cx+4，其判別式△=c²-16
①當-4≤c≤4時，△≤0，故f（x）在（0，+∞）上單調遞增．
②當c＞4時，△＞0，g（x）=0的兩根都小于0，在（0，+∞）上，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上單調遞增．
③當c＜-4時，△＞0，設g（x）=0的兩根為x₁=

-c- c2-16

2

∈（0，2），x₂=

-c- c2+16

2

＞2，
當0＜x＜x₁時，f′（x）＞0；當x₁＜x＜x₂時，f′（x）＜0；
當x＞x₂時，f′（x）＞0；，
故f（x）分別在（0，x₁），（x₂，+∞）上單調遞增，在（x₁，x₂）上單調遞 減．  
（3）由（2）可知：當c＜-4時，f（x）在（0，+∞）上有兩個極值點x₁，x₂，
因為f（x₁）-f（x_2）=x₁-x₂+

4(x1-x2)

x1x2

+c(lnx1-lnx2)
所以k=

f(x1)-f(x2)

x1-x2

=1+

4

x1x2

+c

lnx1-lnx2

x1-x2

由（2）可知：x₁x₂=4，于是k=2+c

lnx1-lnx2

x1-x2

若存在c，使得k=2+c，則

lnx1-lnx2

x1-x2

=1，
即lnx₁-lnx₂=x₁-x₂，
亦即x2-

4

x2

-2lnx2+ln4=0（x₂＞2）①
設函數(shù)h（t）=t-

4

t

-2lnx2+ln4（t＞2），
當t＞2時，h′（t）=1+

4

t2

-

2

t

=

t2-2t+4

t2

=

(t-1)2+3

t2

＞0
所以h（t）在（2，+∞）上單調遞增，
而x₂＞2，所以x2-

4

x2

-2lnx2+ln4＞2-

4

2

-2ln2+ln4=0，
這與①式矛盾．故不存在c，使得k=2+c．

點評：本題考查函數(shù)與導數(shù)的綜合應用，函數(shù)與方程的關系，涉及根的個數(shù)的判斷，屬難題．