Question

19．已知函數(shù)$f（x）=x+\frac{a}{x}-2lnx$．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（2）是否存在實(shí)數(shù)a，當(dāng)0＜x≤2時(shí)，函數(shù)f（x）圖象上的點(diǎn)都在$\left\{\begin{array}{l}0＜x≤2\\ x-y≥0\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域（含邊界）？若存在，求出a的值組成的集合；否則說明理由；
（3）若f（x）有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)m，n（m＞n），求過兩點(diǎn)M（m，f（m）），N（n，f（n））的直線的斜率的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（1），f′（1）的值，求出切線方程即可；
（2）法一：根據(jù)$\frac{a}{x}$-2lnx≤0，設(shè)φ（x）=$\frac{a}{x}$-2lnx，則問題等價(jià)于x∈（0，2]時(shí)，φ（x）_max≤0，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的最大值，從而求出a的范圍即可；
法二：由$\frac{a}{x}$-2lnx≤0得，a≤2xlnx，令φ（x）=2xlnx，（0＜x≤2），則a≤[φ（x）]_min，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出函數(shù)的最小值，從而求出a的范圍即可；
（3）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，求出a的范圍，表示出直線MN的斜率，結(jié)合換元思想以及函數(shù)的單調(diào)性求出斜率k的范圍即可．

解答 解：（1）a=0時(shí)，f（x）=x-2lnx，f′（x）=1-$\frac{2}{x}$，
∴f（1）=1，f′（1）=-1，
∴求出直線方程是y-1=-（x-1），
即y=-x+2；
（2）由題意得：0＜x≤2時(shí)，f（x）≤x，即$\frac{a}{x}$-2lnx≤0，
設(shè)φ（x）=$\frac{a}{x}$-2lnx，則問題等價(jià)于x∈（0，2]時(shí)，φ（x）_max≤0，
φ′（x）=-$\frac{a+2x}{{x}^{2}}$，
（i）當(dāng)a≥0時(shí)，φ′（x）＜0，不合題意，
（ii）當(dāng)a＜0時(shí)，①-$\frac{a}{2}$∈（0，2）時(shí)，φ（x）在（0，-$\frac{a}{2}$）上遞增，在（-$\frac{a}{2}$，2）上遞減，
φ（x）max=φ（-$\frac{a}{2}$）=-2-2ln（-$\frac{a}{2}$）≤0，此時(shí)，a∈（-4，-$\frac{2}{e}$]；
②-$\frac{a}{2}$∈[2，+∞）時(shí)，φ（x）在（0，2]遞增，φ（2）=$\frac{a}{2}$-2ln2≤0，
此時(shí)，a∈（-∞，-4]；
綜上，存在實(shí)數(shù)a組成的集合{a|a≤-$\frac{2}{e}$}；
方法二：由題意f（x）≤x，對x∈（0，2]恒成立，
即$\frac{a}{x}$-2lnx≤0對x∈（0，2]恒成立，
由$\frac{a}{x}$-2lnx≤0得，a≤2xlnx，
令φ（x）=2xlnx，（0＜x≤2），則a≤[φ（x）]_min，
φ′（x）=2（lnx+x•$\frac{1}{x}$）=2（lnx+1），
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{e}$時(shí)，φ′（x）＜0，
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜x＜2時(shí)，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（0，2]上的最小值是φ（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{2}{e}$，
故a≤-$\frac{2}{e}$為所求；
（3）由f′（x）=$\frac{{x}^{2}-2x-a}{{x}^{2}}$=0（x＞0），
得x²-2x-a=0，（x＞0），
由題意得：$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{m+n=2＞0}\\{mn=-a＞0}\end{array}\right.$，解得：-1＜a＜0，
k_MN=$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}$=$\frac{（m-n）+（\frac{a}{m}-\frac{a}{n}）-2（lnm-lnn）}{m-n}$=2-$\frac{（\frac{m}{n}+1）ln\frac{m}{n}}{\frac{m}{n}-1}$，
設(shè)t=$\frac{m}{n}$，（m＞n），
則k_MN=2-$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$（t＞1），
設(shè)g（t）=$\frac{t+1}{t-1}$lnt，（t＞1），
則g′（t）=$\frac{t-\frac{1}{t}-2lnt}{{（t-1）}^{2}}$，
設(shè)h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt（t＞1），
則h′（t）=1+$\frac{1}{{t}^{2}}$-$\frac{2}{t}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t}^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）遞增，
∴h（t）＞h（1）=0即g（t）＞0，
∴g（t）在（1，+∞）遞增，
t→+∞時(shí)，g（t）→+∞，
設(shè)Q（t）=lnt-（1-$\frac{1}{t}$），（t＞1），
則Q′（t）=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$＞0，
∴Q（t）在（1，+∞）遞增，
∴Q（t）＞Q（1）=0，即lnt＞1-$\frac{1}{t}$，
同理可證t-1＞lnt，
∴t+1＞$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$＞$\frac{t+1}{t}$，
當(dāng)t→1時(shí)，t+1→2，$\frac{t+1}{t}$→2，
∴t→1時(shí)，g（t）→2，
∴直線MN的斜率的取值范圍是（-∞，0）．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想、換元思想，是一道綜合題．