Question

已知函數f（x）=x-alnx，g（x）=

lnx

x

．
（Ⅰ） 若函數f（x）存在不大于0的最小值，求實數a的取值范圍；
（Ⅱ）設x=1是函數f（x）的極小值點．
（i）若函數f（x）與函數g（x）的圖象分別在直線y=kx的兩側，求k的取值范圍；
（ii） 若M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）（0＜x₁＜x₂）是f（x）圖象上的兩點，且存在實x₀∈（0，+∞）
使得f′（x₀）=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，證明：x₁＜x₀＜x₂．

Answer 1

考點：利用導數求閉區(qū)間上函數的最值,利用導數研究函數的極值

專題：導數的綜合應用

分析：（I）先求出 f/(x)=1-

a

x

=

x-a

x

，x＞0，討論當a≤0，a＞0時的情況，從而求出a的范圍．
（II）設x=1是函數f（x）的極小值點，由（I）知：f（x）_極小值=f（a），從而a=1．
（i）設直線y=kx與函數f（x）的圖象相切于點（x₁，y₁），設直線y=kx與函數g（x）的圖象相切于點（x₂，y₂），得方程組求出k的值，再根據函數的圖象進而求出k的范圍．
（ii）求出f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，得

1

x0

=

lnx2-lnx1

x2-x1

；由

1

x0

-

1

x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

x1

=

x1(ln x2 x1 - x2 x1 +1)

(x2-x1)x1

記

x2

x1

=t，h（t）=lnt-t+1，t＞1，得h（t）＜h（1）=0，進而x₁＜x₀；從而問題得解．

解答： 解：（I）∵f/(x)=1-

a

x

=

x-a

x

，x＞0；                           
當a≤0時，函數f（x）在（0，+∞）遞增，
∴f（x）不存在最小值；
當a＞0時，
由f′（x）≤0，得0＜x≤a；
由f′（x）＞0，得x＞a；
∴函數f（x）在（0，a）遞減，在（a，+∞）遞增，
∴當x=a時，[f（x）]_min=a-alna；                       
由a-alna≤0，得a≥e；
∴實數a的取值范圍為[e，+∞）．
（II）∵設x=1是函數f（x）的極小值點，
由（I）知：f（x）_極小值=f（a），
∴a=1．
（i）設直線y=kx與函數f（x）的圖象相切于點（x₁，y₁），
則

k=1- 1 x1 y1=x1-lnx1 y1=kx1

解得k=1-

1

e

；                            
設直線y=kx與函數g（x）的圖象相切于點（x₂，y₂），
∵g/(x)=

1-lnx

x2

，
則

k= 1-lnx2 x22 y2= lnx2 x2 y2=kx2

解得k=

1

2e

；
∵函數f（x）與函數g（x）的圖象分別在直線y=kx的兩側（如圖示），
，
∴k的取值范圍為(1-

1

e

，

1

2e

)．
（ii）∵f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，
∴1-

1

x0

=

(x2-lnx2)-(x1-lnx1)

x2-x1

，
∴

1

x0

=

lnx2-lnx1

x2-x1

；
∵

1

x0

-

1

x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

-

1

x1

=

x1(ln x2 x1 - x2 x1 +1)

(x2-x1)x1

又∵0＜x₁＜x₂，
∴（x₂-x₁）x₁＞0；
記

x2

x1

=t，h（t）=lnt-t+1，t＞1，
∵h/(t)=

1

t

-1＜0，
∴h（t）在（1，+∞）遞減，
∴h（t）＜h（1）=0，
即

1

x0

-

1

x1

＜0⇒

1

x0

＜

1

x1

，
∴x₁＜x₀；
同理∴x₀＜x₂，
∴x₁＜x₀＜x₂．

點評：本題考查三角恒等變化、三角函數的圖象與性質、零點與方程的根、數學歸納法等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力，考查數形結合思想、函數與方程思想、特殊與一般思想等．