Question

已知函数f（x）=lnx-a（1-

1

x

），a∈R．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）的最小值为0，回答下列问题：
（ⅰ）求实数a的值；
（ⅱ）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）是函数g（x）=xf（x）图象上的两点，且曲线g（x）在点T（t，g（t））处的切线与直线AB平行，求证：x₁＜t＜x₂．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）直接对f（x）求导，讨论a≤0和a＞0时，f′（x）的正负即可确定函数f（x）单调区间；
（Ⅱ）（ⅰ）结合（Ⅰ）和f（x）的最小值为0，得到[f（x）]_min=f（a）=1-a+lna=0．再由导数研究函数h（x）=1-x+lnx（x＞0）的最值，进而求得实数a的值；
（ⅱ）根据导数的几何意义与两点连线的斜率公式，得k_AB=g′（t），
令λ=

x2

x1

＞1，于是lnt-lnx₁=

lnλ-(1- 1 λ )

1- 1 λ

，得出当λ＞1时，lnλ＞1-

1

λ

，于是lnt-lnx₁＞0，即t＞x₁成立，
类似的方法可证出当λ＞1时，lnλ＜λ-1，即-lnλ+λ-1＞0，于是lnx₂-lnt＞0，即x₂＞t成立．由此即可得到x₁＜x₀＜x₂成立．

解答： 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），且f′(x)=

1

x

-

a

x2

=

x-a

x2

．
当a≤0时，f′（x）＞0，所以f（x）在区间（0，+∞）单调递增；
当a＞0时，由f′（x）＞0，解得x＞a；由f′（x）＜0，解得0＜x＜a．
所以f（x）的单调递增区间为（a，+∞），单调递减区间为（0，a）．
综上述：a≤0时，f（x）的单调递增区间是（0，+∞）；
a＞0时，f（x）的单调递减区间是（0，a），单调递增区间是（a，+∞）．
（Ⅱ）（ⅰ）由（Ⅰ）知，当a≤0时，f（x）无最小值，不合题意；
当a＞0时，[f（x）]_min=f（a）=1-a+lna=0．
令h（x）=1-x+lnx（x＞0），则h′(x)=-1+

1

x

=

1-x

x

，
由h′（x）＞0，解得0＜x＜1；由h′（x）＜0，解得x＞1．
所以h（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）．
故[h（x）]_max=h（1）=0，即当且仅当x=1时，h（x）=0．
因此，a=1．                                  
（ⅱ）因为g（x）=xf（x）=xlnx-x+1（x＞0），所以g′（x）=lnx
直线AB的斜率kAB=

g(x2)-g(x1)

x2-x1

=

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

-1，g′（t）=lnt．
依题意，可得k_AB=g′（t），即

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

-1=lnt．
令λ=

x2

x1

＞1，
于是lnt-lnx1=

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

-1-lnx1=

x2lnx2-x2lnx1

x2-x1

-1
=

ln x2 x1

1- x1 x2

-1=

lnλ-(1- 1 λ )

1- 1 λ

．      
由（ⅰ）知，当λ＞1时，lnλ＞1-

1

λ

，于是lnt-lnx₁＞0，即t＞x₁成立． 
lnx2-lnt=lnx2-(

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

-1)=

x1lnx1-x1lnx2

x2-x1

+1=

ln x1 x2

x2 x1 -1

+1
=

ln 1 λ +λ-1

λ-1

=

-lnλ+λ-1

λ-1

．
由（ⅰ）知，当λ＞1时，lnλ＜λ-1，即-lnλ+λ-1＞0，于是lnx₂-lnt＞0，
即x₂＞t成立．
综上，x₁＜t＜x₂成立．

点评：本小题主要考查函数的单调性、函数的最值、导数及其应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想等．