Question

13．已知函数f（x）=x-1-alnx（其中a为参数）．
（Ⅰ）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若对任意x＞0都有f（x）≥0成立，求a的取值范围；
（Ⅲ）点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）为曲线y=f（x）上的两点，且0＜x₁＜x₂，设直线AB的斜率为k，${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}$，当k＞f'（x₀）时，证明a＜0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出a=1的函数的导数，求得切线的斜率和切点，即可得到所求切线的方程；
（Ⅱ）由题意可得f（x）_min≥0．对a讨论，a≤0时，a＞0时，通过导数判断单调性，即可得到最小值，解不等式可得a=1；
（Ⅲ）运用两点的斜率公式和函数的导数，k＞f'（x₀）转化为$\frac{a}{{{x_2}-{x_1}}}[-ln\frac{x_2}{x_1}+\frac{{2（{x_2}-{x_1}）}}{{{x_1}+{x_2}}}]＞0$．令$\frac{x_2}{x_1}=t$，即有$h（t）=-lnt+\frac{2（t-1）}{t+1}$，求得导数判断单调性，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，f（x）=x-1-lnx，
导数为$f'（x）=1-\frac{1}{x}，k=f'（1）=0$．
切点坐标（1，0），于是切线方程为y=0；
（Ⅱ）由题意知f（x）_min≥0．
当a≤0时，f（x）=x-1-alnx在（0，+∞）是增函数，无最小值；
当a＞0时，f（x）导数为f′（x）=1-$\frac{a}{x}$，可得f（x）的减区间是（0，a），
增区间是（a，+∞），于是f（x）_min=f（a）=a-1-alna．
令g（x）=x-1-xlnx，则g′（x）=-lnx，
因此g（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，
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．
综上：a=1．
（Ⅲ）证明：$f（x）=x-1-alnx，k=\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}，f'（{x_0}）=1-\frac{2a}{{{x_1}+{x_2}}}$．
k＞f'（x₀）等价于$\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}＞1-\frac{2a}{{{x_1}+{x_2}}}?\frac{{{x_2}-{x_1}-aln\frac{x_2}{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}-1+\frac{2a}{{{x_1}+{x_2}}}＞0$，
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$\frac{x_2}{x_1}=t$，则t＞1，上式即为$\frac{a}{{{x_2}-{x_1}}}[-lnt+\frac{2（t-1）}{t+1}]＞0$．
记$h（t）=-lnt+\frac{2（t-1）}{t+1}$，则$h'（t）=-\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＜0$，
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．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查不等式恒成立问题的解法和不等式的证明，注意运用构造函数，求出导数，通过单调性解决，属于难题．