Question

13．已知函数f（x）=lnx-x．
（1）求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）设a＞0，若对于任意的x₁，x₂∈（0，+∞）都有|f（x₁）|＞$\frac{aln{x}_{2}}{{x}_{2}}$成立，求实数a的取值范围；
（3）设n＞m＞0，试比较$\frac{f（m）+m-[f（n）+n]}{m-n}$与$\frac{2m}{{m}^{2}+{n}^{2}}$的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=$\frac{1-x}{x}$，可得f′（1）=0，又f（1）=-1，即可得出函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程．
（2）由（1）知，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，可得f（x）_max，|f（x）|_min．令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，利用导数研究其单调性极值与最值可得：g（x）_max=g（e）．对于任意的x₁，x₂∈（0，+∞）都有|f（x₁）|＞$\frac{aln{x}_{2}}{{x}_{2}}$成立，等价于|f（x）|_min＞ag（x）_max，x∈（0，+∞）．
（3）$\frac{f（m）+m-[f（n）+n]}{m-n}$=$\frac{lnm-lnn}{m-n}$，设h（x）=lnx，则$\frac{lnm-lnn}{m-n}$是过h（x）上两点（m，lnm），（n，lnn）连线的斜率，利用割线斜率与切线斜率的割线可得：$\frac{lnm-lnn}{m-n}$＞h′（n）．利用就不不等式的性质可得：$\frac{2m}{{m}^{2}+{n}^{2}}$＜$\frac{2m}{2mn}$，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，
∴函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=-1．
（2）由（1）知，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴f（x）_max=f（1）=-1，∴|f（x）|_min=1．
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，则g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
∴g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
∴g（x）_max=g（e）=$\frac{1}{e}$，
对于任意的x₁，x₂∈（0，+∞）都有|f（x₁）|＞$\frac{aln{x}_{2}}{{x}_{2}}$成立，等价于|f（x）|_min＞ag（x）_max，x∈（0，+∞）．
故1$＞\frac{a}{e}$，解得a＜e，又a＞0，∴0＜a＜e．
（3）$\frac{f（m）+m-[f（n）+n]}{m-n}$=$\frac{lnm-lnn}{m-n}$，设h（x）=lnx，则$\frac{lnm-lnn}{m-n}$是过h（x）上两点（m，lnm），（n，lnn）连线的斜率，
∵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$\frac{f（m）+m-[f（n）+n]}{m-n}$＞$\frac{2m}{{m}^{2}+{n}^{2}}$．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、不等式的解法、基本不等式的性质、导数的几何意义及其应用，考查了分析问题与解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．