Question

【題目】已知函數(shù) ．
（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 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

【答案】
（1）解：a=0時(shí)，f（x）=x﹣2lnx，f′（x）=1﹣ ，

∴f（1）=1，f′（1）=﹣1，

∴求出直線方程是y﹣1=﹣（x﹣1），

即y=﹣x+2；

（2）解：由題意得：0＜x≤2時(shí)，f（x）≤x，即 ﹣2lnx≤0，

設(shè)φ（x）= ﹣2lnx，則問題等價(jià)于x∈（0，2]時(shí)，φ（x）max≤0，

φ′（x）=﹣ ，

（i）當(dāng)a≥0時(shí)，φ′（x）＜0，不合題意，

（ii）當(dāng)a＜0時(shí)，①﹣ ∈（0，2）時(shí)，φ（x）在（0，﹣ ）上遞增，在（﹣ ，2）上遞減，

φ（x）max=φ（﹣ ）=﹣2﹣2ln（﹣ ）≤0，此時(shí)，a∈（﹣4，﹣ ]；

②﹣ ∈[2，+∞）時(shí)，φ（x）在（0，2]遞增，φ（2）= ﹣2ln2≤0，

此時(shí)，a∈（﹣∞，﹣4]；

綜上，存在實(shí)數(shù)a組成的集合{a|a≤﹣ }；

方法二：由題意f（x）≤x，對(duì)x∈（0，2]恒成立，

即 ﹣2lnx≤0對(duì)x∈（0，2]恒成立，

由 ﹣2lnx≤0得，a≤2xlnx，

令φ（x）=2xlnx，（0＜x≤2），則a≤[φ（x）]min，

φ′（x）=2（lnx+x ）=2（lnx+1），

當(dāng)0＜x＜ 時(shí)，φ′（x）＜0，

當(dāng) ＜x＜2時(shí)，φ′（x）＞0，

∴φ（x）在（0，2]上的最小值是φ（ ）=﹣ ，

故a≤﹣ 為所求；

（3）解：由f′（x）= =0（x＞0），

得x2﹣2x﹣a=0，（x＞0），

由題意得： ，解得：﹣1＜a＜0，

kMN= = =2﹣ ，

設(shè)t= ，（m＞n），

則kMN=2﹣ （t＞1），

設(shè)g（t）= lnt，（t＞1），

則g′（t）= ，

設(shè)h（t）=t﹣ ﹣2lnt（t＞1），

則h′（t）=1+ ﹣ = ＞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﹣ ），（t＞1），

則Q′（t）= ＞0，

∴Q（t）在（1，+∞）遞增，

∴Q（t）＞Q（1）=0，即lnt＞1﹣ ，

同理可證t﹣1＞lnt，

∴t+1＞ ＞ ，

當(dāng)t→1時(shí)，t+1→2， →2，

∴t→1時(shí)，g（t）→2，

∴直線MN的斜率的取值范圍是（﹣∞，0）．

【解析】（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) ﹣2lnx≤0，設(shè)φ（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 ﹣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．
【考點(diǎn)精析】掌握函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)是解答本題的根本，需要知道求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個(gè)最大值，最小的是最小值．