Question

13．已知函數(shù)f（x）=x-1-alnx（其中a為參數(shù)）．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若對(duì)任意x＞0都有f（x）≥0成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）為曲線y=f（x）上的兩點(diǎn)，且0＜x₁＜x₂，設(shè)直線AB的斜率為k，${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$，當(dāng)k＞f'（x₀）時(shí)，證明a＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出a=1的函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點(diǎn)，即可得到所求切線的方程；
（Ⅱ）由題意可得f（x）_min≥0．對(duì)a討論，a≤0時(shí)，a＞0時(shí)，通過(guò)導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得到最小值，解不等式可得a=1；
（Ⅲ）運(yùn)用兩點(diǎn)的斜率公式和函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，k＞f'（x₀）轉(zhuǎn)化為$\frac{a}{{{x_2}-{x_1}}}[-ln\frac{x_2}{x_1}+\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}]＞0$．令$\frac{x_2}{x_1}=t$，即有$h（t）=-lnt+\frac{2（t-1）}{t+1}$，求得導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=x-1-lnx，
導(dǎo)數(shù)為$f'（x）=1-\frac{1}{x}，k=f'（1）=0$．
切點(diǎn)坐標(biāo)（1，0），于是切線方程為y=0；
（Ⅱ）由題意知f（x）_min≥0．
當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）=x-1-alnx在（0，+∞）是增函數(shù)，無(wú)最小值；
當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1-$\frac{a}{x}$，可得f（x）的減區(qū)間是（0，a），
增區(qū)間是（a，+∞），于是f（x）_min=f（a）=a-1-alna．
令g（x）=x-1-xlnx，則g′（x）=-lnx，
因此g（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)，
所以g（x）_max=g（1）=0，
所以f（x）_min=f（a）=a-1-alna≥0的解只有a=1．
綜上：a=1．
（Ⅲ）證明：$f（x）=x-1-alnx，k=\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}，f'（{x_0}）=1-\frac{2a}{{{x_1}+{x_2}}}$．
k＞f'（x₀）等價(jià)于$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞1-\frac{2a}{{{x_1}+{x_2}}}?\frac{{{x_2}-{x_1}-aln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-1+\frac{2a}{{{x_1}+{x_2}}}＞0$，
即$\frac{a}{{{x_2}-{x_1}}}[-ln\frac{x_2}{x_1}+\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}]＞0$．
令$\frac{x_2}{x_1}=t$，則t＞1，上式即為$\frac{a}{{{x_2}-{x_1}}}[-lnt+\frac{2（t-1）}{t+1}]＞0$．
記$h（t）=-lnt+\frac{2（t-1）}{t+1}$，則$h'（t）=-\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＜0$，
所以h（t）＜h（1）=0，故$h（t）=-lnt+\frac{2（t-1）}{t+1}＜0$．
又0＜x₁＜x₂，所以a＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式恒成立問(wèn)題的解法和不等式的證明，注意運(yùn)用構(gòu)造函數(shù)，求出導(dǎo)數(shù)，通過(guò)單調(diào)性解決，屬于難題．