题目内容
19．已知函数$f（x）=x+\frac{a}{x}-2lnx$．（1）当a=0时，求f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）是否存在实数a，当0＜x≤2时，函数f（x）图象上的点都在$\left\{\begin{array}{l}0＜x≤2\\ x-y≥0\end{array}\right.$所表示的平面区域（含边界）？若存在，求出a的值组成的集合；否则说明理由；
（3）若f（x）有两个不同的极值点m，n（m＞n），求过两点M（m，f（m）），N（n，f（n））的直线的斜率的取值范围．
分析 （1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，求出切线方程即可；
（2）法一：根据$\frac{a}{x}$-2lnx≤0，设φ（x）=$\frac{a}{x}$-2lnx，则问题等价于x∈（0，2]时，φ（x）max≤0，通过讨论a的范围，求出函数的最大值，从而求出a的范围即可；
法二：由$\frac{a}{x}$-2lnx≤0得，a≤2xlnx，令φ（x）=2xlnx，（0＜x≤2），则a≤[φ（x）]min，根据函数的单调性求出函数的最小值，从而求出a的范围即可；
（3）求出函数f（x）的导数，求出a的范围，表示出直线MN的斜率，结合换元思想以及函数的单调性求出斜率k的范围即可．
解答 解：（1）a=0时，f（x）=x-2lnx，f′（x）=1-$\frac{2}{x}$，
∴f（1）=1，f′（1）=-1，
∴求出直线方程是y-1=-（x-1），
即y=-x+2；
（2）由题意得：0＜x≤2时，f（x）≤x，即$\frac{a}{x}$-2lnx≤0，
设φ（x）=$\frac{a}{x}$-2lnx，则问题等价于x∈（0，2]时，φ（x）max≤0，
φ′（x）=-$\frac{a+2x}{{x}^{2}}$，
（i）当a≥0时，φ′（x）＜0，不合题意，
（ii）当a＜0时，①-$\frac{a}{2}$∈（0，2）时，φ（x）在（0，-$\frac{a}{2}$）上递增，在（-$\frac{a}{2}$，2）上递减，
φ（x）max=φ（-$\frac{a}{2}$）=-2-2ln（-$\frac{a}{2}$）≤0，此时，a∈（-4，-$\frac{2}{e}$]；
②-$\frac{a}{2}$∈[2，+∞）时，φ（x）在（0，2]递增，φ（2）=$\frac{a}{2}$-2ln2≤0，
此时，a∈（-∞，-4]；
综上，存在实数a组成的集合{a|a≤-$\frac{2}{e}$}；
方法二：由题意f（x）≤x，对x∈（0，2]恒成立，
即$\frac{a}{x}$-2lnx≤0对x∈（0，2]恒成立，
由$\frac{a}{x}$-2lnx≤0得，a≤2xlnx，
令φ（x）=2xlnx，（0＜x≤2），则a≤[φ（x）]min，
φ′（x）=2（lnx+x•$\frac{1}{x}$）=2（lnx+1），
当0＜x＜$\frac{1}{e}$时，φ′（x）＜0，
当$\frac{1}{e}$＜x＜2时，φ′（x）＞0，
∴φ（x）在（0，2]上的最小值是φ（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{2}{e}$，
故a≤-$\frac{2}{e}$为所求；
（3）由f′（x）=$\frac{{x}^{2}-2x-a}{{x}^{2}}$=0（x＞0），
得x2-2x-a=0，（x＞0），
由题意得：$\left\{\begin{array}{l}{△＞0}\\{m+n=2＞0}\\{mn=-a＞0}\end{array}\right.$，解得：-1＜a＜0，
kMN=$\frac{f（m）-f（n）}{m-n}$=$\frac{（m-n）+（\frac{a}{m}-\frac{a}{n}）-2（lnm-lnn）}{m-n}$=2-$\frac{（\frac{m}{n}+1）ln\frac{m}{n}}{\frac{m}{n}-1}$，
设t=$\frac{m}{n}$，（m＞n），
则kMN=2-$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$（t＞1），
设g（t）=$\frac{t+1}{t-1}$lnt，（t＞1），
则g′（t）=$\frac{t-\frac{1}{t}-2lnt}{{（t-1）}^{2}}$，
设h（t）=t-$\frac{1}{t}$-2lnt（t＞1），
则h′（t）=1+$\frac{1}{{t}^{2}}$-$\frac{2}{t}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t}^{2}}$＞0，
∴h（t）在（1，+∞）递增，
∴h（t）＞h（1）=0即g（t）＞0，
∴g（t）在（1，+∞）递增，
t→+∞时，g（t）→+∞，
设Q（t）=lnt-（1-$\frac{1}{t}$），（t＞1），
则Q′（t）=$\frac{t-1}{{t}^{2}}$＞0，
∴Q（t）在（1，+∞）递增，
∴Q（t）＞Q（1）=0，即lnt＞1-$\frac{1}{t}$，
同理可证t-1＞lnt，
∴t+1＞$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$＞$\frac{t+1}{t}$，
当t→1时，t+1→2，$\frac{t+1}{t}$→2，
∴t→1时，g（t）→2，
∴直线MN的斜率的取值范围是（-∞，0）．
点评 本题考查了函数的切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想、换元思想，是一道综合题．
心算口算巧算一课一练系列答案
应用题作业本系列答案| A． | 双曲线的一支 | B． | 椭圆 | ||
| C． | 双曲线的一支或椭圆 | D． | 双曲线或椭圆 |
