Question

13．已知函數(shù)f（x）=lnx-x．
（1）求函數(shù)f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（2）設(shè)a＞0，若對于任意的x₁，x₂∈（0，+∞）都有|f（x₁）|＞$\frac{aln{x}_{2}}{{x}_{2}}$成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)n＞m＞0，試比較$\frac{f（m）+m-[f（n）+n]}{m-n}$與$\frac{2m}{{m}^{2}+{n}^{2}}$的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，可得f′（1）=0，又f（1）=-1，即可得出函數(shù)f（x）在（1，f（1））處的切線方程．
（2）由（1）知，函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，可得f（x）_max，|f（x）|_min．令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值可得：g（x）_max=g（e）．對于任意的x₁，x₂∈（0，+∞）都有|f（x₁）|＞$\frac{aln{x}_{2}}{{x}_{2}}$成立，等價于|f（x）|_min＞ag（x）_max，x∈（0，+∞）．
（3）$\frac{f（m）+m-[f（n）+n]}{m-n}$=$\frac{lnm-lnn}{m-n}$，設(shè)h（x）=lnx，則$\frac{lnm-lnn}{m-n}$是過h（x）上兩點（m，lnm），（n，lnn）連線的斜率，利用割線斜率與切線斜率的割線可得：$\frac{lnm-lnn}{m-n}$＞h′（n）．利用就不不等式的性質(zhì)可得：$\frac{2m}{{m}^{2}+{n}^{2}}$＜$\frac{2m}{2mn}$，即可得出．

解答 解：（1）∵f′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，∴f′（1）=0，又f（1）=-1，
∴函數(shù)f（x）在（1，f（1））處的切線方程為y=-1．
（2）由（1）知，函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴f（x）_max=f（1）=-1，∴|f（x）|_min=1．
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，則g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
∴g（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}$，
對于任意的x₁，x₂∈（0，+∞）都有|f（x₁）|＞$\frac{aln{x}_{2}}{{x}_{2}}$成立，等價于|f（x）|_min＞ag（x）_max，x∈（0，+∞）．
故1$＞\frac{a}{e}$，解得a＜e，又a＞0，∴0＜a＜e．
（3）$\frac{f（m）+m-[f（n）+n]}{m-n}$=$\frac{lnm-lnn}{m-n}$，設(shè)h（x）=lnx，則$\frac{lnm-lnn}{m-n}$是過h（x）上兩點（m，lnm），（n，lnn）連線的斜率，
∵n＞m＞0，∴$\frac{lnm-lnn}{m-n}$＞h′（n）=$\frac{1}{n}$．
又$\frac{2m}{{m}^{2}+{n}^{2}}$＜$\frac{2m}{2mn}$=$\frac{1}{n}$，
∴$\frac{lnm-lnn}{m-n}$＞$\frac{2m}{{m}^{2}+{n}^{2}}$，即$\frac{f（m）+m-[f（n）+n]}{m-n}$＞$\frac{2m}{{m}^{2}+{n}^{2}}$．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、等價轉(zhuǎn)化方法、不等式的解法、基本不等式的性質(zhì)、導(dǎo)數(shù)的幾何意義及其應(yīng)用，考查了分析問題與解決問題的能力、推理能力與計算能力，屬于難題．