## 22．（本小题满分13分） 设函数 f ( x )…——2011 高考数学第 22 题答案解析

（Ⅰ）函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0, +\infty)$。
求导得：
$$ f'(x) = 1 + \frac{1}{x^2} - \frac{a}{x} = \frac{x^2 - ax + 1}{x^2} $$
令 $g(x) = x^2 - ax + 1$，其判别式 $\Delta = a^2 - 4$。

1. 当 $\Delta \le 0$，即 $-2 \le a \le 2$ 时，$g(x) \ge 0$ 恒成立，故 $f'(x) \ge 0$。此时 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。
2. 当 $\Delta > 0$，即 $a < -2$ 或 $a > 2$ 时，方程 $x^2 - ax + 1 = 0$ 有两个不相等的实根 $x_1, x_2$（设 $x_1 < x_2$）。
* 若 $a < -2$，由韦达定理知 $x_1 + x_2 = a < 0$，$x_1 x_2 = 1 > 0$，故两根均为负数。因为定义域为 $x > 0$，所以在 $(0, +\infty)$ 上 $g(x) > 0$，即 $f'(x) > 0$。此时 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。
* 若 $a > 2$，由韦达定理知 $x_1 + x_2 = a > 0$，$x_1 x_2 = 1 > 0$，故两根均为正数。
$$ x_1 = \frac{a - \sqrt{a^2 - 4}}{2}, \quad x_2 = \frac{a + \sqrt{a^2 - 4}}{2} $$
当 $x \in (0, x_1)$ 或 $x \in (x_2, +\infty)$ 时，$g(x) > 0 \Rightarrow f'(x) > 0$，函数单调递增；
当 $x \in (x_1, x_2)$ 时，$g(x) < 0 \Rightarrow f'(x) < 0$，函数单调递减。

综上所述：
当 $a \le 2$ 时，$f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增；
当 $a > 2$ 时，$f(x)$ 在 $(0, x_1)$ 和 $(x_2, +\infty)$ 上单调递增，在 $(x_1, x_2)$ 上单调递减。

（Ⅱ）若 $f(x)$ 有两个极值点，则由（Ⅰ）可知，必须满足 $a > 2$，且极值点为 $x_1, x_2$，满足 $x_1 x_2 = 1$，$x_1 + x_2 = a$，不妨设 $0 < x_1 < 1 < x_2$。

直线 $AB$ 的斜率 $k$ 为：
$$ k = \frac{f(x_1) - f(x_2)}{x_1 - x_2} $$
代入函数表达式：
$$ f(x_1) - f(x_2) = \left( x_1 - \frac{1}{x_1} - a \ln x_1 \right) - \left( x_2 - \frac{1}{x_2} - a \ln x_2 \right) $$
$$ = (x_1 - x_2) - \left( \frac{1}{x_1} - \frac{1}{x_2} \right) - a (\ln x_1 - \ln x_2) $$
$$ = (x_1 - x_2) - \frac{x_2 - x_1}{x_1 x_2} - a (\ln x_1 - \ln x_2) $$
因为 $x_1 x_2 = 1$，所以 $\frac{x_2 - x_1}{x_1 x_2} = x_2 - x_1 = -(x_1 - x_2)$。
$$ f(x_1) - f(x_2) = (x_1 - x_2) + (x_1 - x_2) - a (\ln x_1 - \ln x_2) = 2(x_1 - x_2) - a (\ln x_1 - \ln x_2) $$
所以：
$$ k = \frac{2(x_1 - x_2) - a (\ln x_1 - \ln x_2)}{x_1 - x_2} = 2 - a \frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2} $$

假设存在 $a$ 使得 $k = 2 - a$，则：
$$ 2 - a \frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2} = 2 - a $$
$$ a \frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2} = a $$
因为 $a > 2$，所以 $a \neq 0$，两边约去 $a$ 得：
$$ \frac{\ln x_1 - \ln x_2}{x_1 - x_2} = 1 \implies \ln x_1 - \ln x_2 = x_1 - x_2 $$
即 $\ln x_1 - x_1 = \ln x_2 - x_2$。
又因为 $x_1 = \frac{1}{x_2}$，代入上式：
$$ \ln \frac{1}{x_2} - \frac{1}{x_2} = \ln x_2 - x_2 $$
$$ -\ln x_2 - \frac{1}{x_2} = \ln x_2 - x_2 $$
$$ x_2 - \frac{1}{x_2} - 2 \ln x_2 = 0 $$

构造函数 $h(t) = t - \frac{1}{t} - 2 \ln t$ ($t > 1$)。
求导得：
$$ h'(t) = 1 + \frac{1}{t^2} - \frac{2}{t} = \frac{t^2 - 2t + 1}{t^2} = \frac{(t-1)^2}{t^2} $$
当 $t > 1$ 时，$h'(t) > 0$，故 $h(t)$ 在 $(1, +\infty)$ 上单调递增。
所以 $h(t) > h(1) = 1 - 1 - 0 = 0$。
即对于任意 $x_2 > 1$，都有 $x_2 - \frac{1}{x_2} - 2 \ln x_2 > 0$。
这与 $x_2 - \frac{1}{x_2} - 2 \ln x_2 = 0$ 矛盾。

故不存在这样的 $a$，使得 $k = 2 - a$。