Question

已知图形OAPBCD是由不等式组

0≤x≤e2 0≤y≤e y≥lnx

，围成的图形，其中曲线段APB的方程为y=lnx（1≤x≤e²），P为曲线上的任一点．
（1）证明：直线OC与曲线段相切；
（2）若过P点作曲线的切线交图形的边界于M，N，求图形被切线所截得的左上部分的面积的最小值．

Answer 1

分析：（1）设点O，C，P的坐标，利用导数的几何意义得到在点P处的切线的斜率，得到切线方程，根据切线方程过点O，可得切线方程，点C坐标满足切线方程，故点C在切线上，故可证得结论；
（2）根据（1）的结论，可得过点P的切线方程，根据点P横坐标的取值范围进行分类讨论，当1≤x₀≤e时，切线交OA于点M，交CD于点N，可求得M，N的坐标，表示出图形被切线所截得的左上部分的面积S的表达式，利用导数即可求得最小值，当e≤x₀≤e²时，切线交OD于点M，交BC于点N，可求得M，N的坐标，表示出图形被切线所截得的左上部分的面积S的表达式，利用导数即可求得最小值，最后比较两种情况中的最小值，即可确定答案．

解答：解：（1）∵曲线段APB的方程为y=lnx（1≤x≤e²），P为曲线上的任一点，
又图形OAPBCD是由不等式组

0≤x≤e2 0≤y≤e y≥lnx

围成的图形，
∴设O（0，0），C（e²，e），P（x₀，lnx₀），
∵y′=

1

x

，
∴过点P的切线的斜率k=

1

x0

，
∴切线方程为：y-lnx₀=

1

x0

（x-x₀），即y=

1

x0

x+lnx₀-1，①
若①式过点O，则由0=lnx₀-1，解得x₀=e，
∴切线方程为y=

x

e

，
又点C（e²，e）满足切线方程，
∴切线方程过点C，
∴直线OC与曲线相切
（2）由（1）可知，过点P的切线方程为y=

1

x0

x+lnx₀-1，
①当1≤x₀≤e时，切线交OA于点M，交CD于点N，
∵y=

1

x0

x+lnx₀-1，
∴令y=0，解得x=x₀（1-lnx₀），
令y=e，解得x=x₀（e+1-lnx₀），
∴M（x₀（1-lnx₀），0），N（x₀（e+1-lnx₀），e），
∴图形被切线所截得的左上部分的面积S=

x0(1-lnx0)+x0(e+1-lnx0)

2

×e=ex0(

e

2

+1-lnx0)，
∴S′=e(

e

2

-lnx0)＞0，
∴S在[1，e]上单调递增，
∴当x₀=1时，S取得最小值为e×1×（

e

2

+1-ln1）=

e(e+2)

2

，
∴图形被切线所截得的左上部分的面积S的最小值为

e(e+2)

2

；
②当e≤x₀≤e²时，切线交OD于点M，交BC于点N，
∵y=

1

x0

x+lnx₀-1，
∴令x=0，解得y=lnx₀-1，
令x=e²，解得y=

e2

x0

+lnx0-1，
∴M（0，lnx₀-1），N（e²，

e2

x0

+lnx0-1），
∴图形被切线所截得的左上部分的面积S=

e-(lnx0-1)+e-( e2 x0 +lnx0-1)

2

×e2=

e2

2

(2e-2lnx0-

e2

x0

+2)，
∴S′=

e2

2

(

e2

x0

-

2

x0

)=

e2

2

(

e2-2x0

x02

)，
令S′=0，解得x₀=

e2

2

，
当e≤x₀≤

e2

2

时，S′＞0，当

e2

2

＜x₀≤e²时，S′＜0，
∴S在[e，

e2

2

]上为单调递增函数，在（

e2

2

，e²）上为单调递减函数，
∵当x₀=e时，S=

e2

2

×(2e-2-e+2)=

e3

2

，
当x₀=e²时，S=

e2

2

×(2e-4-1+2)=

e2(2e-3)

2

，
∵

e3

2

＞

e2(2e-3)

2

，
∴S的最小值为

e2(2e-3)

2

，
∴图形被切线所截得的左上部分的面积S的最小值为

e2(2e-3)

2

．
综合①②，由于

e2(2e-3)

2

＞

e(e+2)

2

，
∴当x₀=1时，S的最小值为

e(e+2)

2

，
故图形被切线所截得的左上部分的面积的最小值为

e(e+2)

2

．

点评：本题考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，利用导数研究函数的最值问题．导数的几何意义即在某点处的导数即该点处切线的斜率，解题时要注意运用切点在曲线上和切点在切线上．利用导数研究函数在闭区间上的最值，一般是求出导函数对应方程的根，然后求出跟对应的函数值，区间端点的函数值，然后比较大小即可得到函数在闭区间上的最值．属于中档题．