Question

已知函數(shù)f（x）=2lnx-ax+a（a∈R）．
（1）如果曲線y=f（x）在（1，0）處的切線恰與直線y=x平行，求a的值；
（2）討論f（x）的單調(diào)性；
（3）若f（x）≤0恒成立，證明：當0＜x₁＜x₂時，

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜2（

1

x2

-1）．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求導數(shù)，利用曲線y=f（x）在（1，0）處的切線恰與直線y=x平行，可得2-a=1，由此能求出實數(shù)a．
（2）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），且f′（x）=

2

x

-a=

2-ax

x

（x＞0），由實數(shù)a的取值范圍進行分類討論，能夠求出f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（3）先證明當且僅當a=2時，f（x）≤0恒成立，此時f（x）=2lnx-2x+2，因為0＜x₁＜x₂，所以

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜2（

1

x2

-1）等價于ln

x2

x1

＜

x2

x1

-1，令t=

x2

x1

（t＞1），則只需證明lnt＜t-1．

解答： （1）解：因為f（x）=2lnx-ax+a，
所以f′（x）=

2

x

-a．
因為曲線y=f（x）在（1，0）處的切線恰與直線y=x平行，
所以2-a=1，
所以a=1；
（2）解：f′（x）=

2

x

-a=

2-ax

x

（x＞0），
①當a≤0時，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)；
②當a＞0時，令f'（x）=0，可得x=

2

a

．
所以當x∈（0，

2

a

）時，f'（x）＞0，f（x）在（0，

2

a

）上是增函數(shù)；
當x∈（

2

a

，+∞）時，f'（x）＞0，f（x）在（

2

a

，+∞）上是減函數(shù)．
所以當a≤0時，f（x）的遞增區(qū)間是（0，+∞）；
當a＞0時，f（x）的遞減區(qū)間是（

2

a

，+∞），f（x）的遞增區(qū)間是（0，

2

a

）；
（3）證明：由（2）知，當a≤0時，f（x）的遞增區(qū)間是（0，+∞），且f（1）=0，
所以x＞1時，f（x）＞f（1）=0，所以f（x）≤0不恒成立；
a＞0時，f（x）的遞減區(qū)間是（

2

a

，+∞），f（x）的遞增區(qū)間是（

2

a

，+∞），
要使f（x）≤0恒成立，則f（

2

a

）≤0即可，
所以求滿足2ln

2

a

+a-2≤0成立的a．
令g（x）=2（ln2-lnx）+x-2，則g′（x）=

x-2

x

（x＞0），
所以有g（x）在（0，2（上單調(diào)遞減，在（2，+∞）上單調(diào)遞增，
所以g_min（x）=g（2）=0，
所以當且僅當a=2時，f（x）≤0恒成立
此時f（x）=2lnx-2x+2．
因為0＜x₁＜x₂，
所以

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜2（

1

x2

-1）等價于ln

x2

x1

＜

x2

x1

-1，
令t=

x2

x1

（t＞1），則只需證明lnt＜t-1，
令h（t）=lnt-t+1，則h′（t）=

1

t

-1＜0，
所以h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以h（t）＜h（1）=0，即lnt＜t-1．

點評：本題考查滿足條件的實數(shù)的求法，考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查不等式的證明．解題時要認真題，仔細解答，注意函數(shù)的導數(shù)、切線方程和單調(diào)性等知識點的綜合運用．