已知函数fx是fx的一个原函数_已知函数fx 速看料

【资料图】

一、题文

已知函数f（x）=2lnx-ax+a（a∈R）．（1）如果曲线y=f（x）在（1，0）处的切线恰与直线y=x平行，求a的值；（2）讨论f（x）的单调性；（3）若f（x）≤0恒成立，证明：当0＜x1＜x2时，f(x2)-f(x1)x2-x1＜2（1x2-1）．

二、解答

试题分析：（1）求导数，利用曲线y=f（x）在（1，0）处的切线恰与直线y=x平行，可得2-a=1，由此能求出实数a．（2）函数f（x）的定义域是（0，+∞），且f′（x）=

2

x

-a=

2-ax

x

（x＞0），由实数a的取值范围进行分类讨论，能够求出f（x）的单调区间．（3）先证明当且仅当a=2时，f（x）≤0恒成立，此时f（x）=2lnx-2x+2，因为0＜x₁＜x₂，所以

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜2（

1

x2

-1）等价于ln

x2

x1

＜

x2

x1

-1，令t=

x2

x1

（t＞1），则只需证明lnt＜t-1．试题解析：（1）因为f（x）=2lnx-ax+a，所以f′（x）=

2

x

-a．因为曲线y=f（x）在（1，0）处的切线恰与直线y=x平行，所以2-a=1，所以a=1；（2）f′（x）=

2

x

-a=

2-ax

x

（x＞0），①当a≤0时，f"（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上是增函数；②当a＞0时，令f"（x）=0，可得x=

2

a

．所以当x∈（0，

2

a

）时，f"（x）＞0，f（x）在（0，

2

a

）上是增函数；当x∈（

2

a

，+∞）时，f"（x）＞0，f（x）在（

2

a

，+∞）上是减函数．所以当a≤0时，f（x）的递增区间是（0，+∞）；当a＞0时，f（x）的递减区间是（

2

a

，+∞），f（x）的递增区间是（0，

2

a

）；（3）证明：由（2）知，当a≤0时，f（x）的递增区间是（0，+∞），且f（1）=0，所以x＞1时，f（x）＞f（1）=0，所以f（x）≤0不恒成立；a＞0时，f（x）的递减区间是（

2

a

，+∞），f（x）的递增区间是（

2

a

，+∞），要使f（x）≤0恒成立，则f（

2

a

）≤0即可，所以求满足2ln

2

a

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

x-2

x

（x＞0），所以有g（x）在（0，2（上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，所以g_min（x）=g（2）=0，所以当且仅当a=2时，f（x）≤0恒成立此时f（x）=2lnx-2x+2．因为0＜x₁＜x₂，所以

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜2（

1

x2

-1）等价于ln

x2

x1

＜

x2

x1

-1，令t=

x2

x1

（t＞1），则只需证明lnt＜t-1，令h（t）=lnt-t+1，则h′（t）=

1

t

-1＜0，所以h（t）在（1，+∞）上单调递减，所以h（t）＜h（1）=0，即lnt＜t-1．

三、分析

试题分析：（1）求导数，利用曲线y=f（x）在（1，0）处的切线恰与直线y=x平行，可得2-a=1，由此能求出实数a．（2）函数f（x）的定义域是（0，+∞），且f′（x）=

2

x

-a=

2-ax

x

（x＞0），由实数a的取值范围进行分类讨论，能够求出f（x）的单调区间．（3）先证明当且仅当a=2时，f（x）≤0恒成立，此时f（x）=2lnx-2x+2，因为0＜x₁＜x₂，所以

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜2（

1

x2

-1）等价于ln

x2

x1

＜

x2

x1

-1，令t=

x2

x1

（t＞1），则只需证明lnt＜t-1．试题解析：（1）因为f（x）=2lnx-ax+a，所以f′（x）=

2

x

-a．因为曲线y=f（x）在（1，0）处的切线恰与直线y=x平行，所以2-a=1，所以a=1；（2）f′（x）=

2

x

-a=

2-ax

x

（x＞0），①当a≤0时，f"（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上是增函数；②当a＞0时，令f"（x）=0，可得x=

2

a

．所以当x∈（0，

2

a

）时，f"（x）＞0，f（x）在（0，

2

a

）上是增函数；当x∈（

2

a

，+∞）时，f"（x）＞0，f（x）在（

2

a

，+∞）上是减函数．所以当a≤0时，f（x）的递增区间是（0，+∞）；当a＞0时，f（x）的递减区间是（

2

a

，+∞），f（x）的递增区间是（0，

2

a

）；（3）证明：由（2）知，当a≤0时，f（x）的递增区间是（0，+∞），且f（1）=0，所以x＞1时，f（x）＞f（1）=0，所以f（x）≤0不恒成立；a＞0时，f（x）的递减区间是（

2

a

，+∞），f（x）的递增区间是（

2

a

，+∞），要使f（x）≤0恒成立，则f（

2

a

）≤0即可，所以求满足2ln

2

a

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

x-2

x

（x＞0），所以有g（x）在（0，2（上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，所以g_min（x）=g（2）=0，所以当且仅当a=2时，f（x）≤0恒成立此时f（x）=2lnx-2x+2．因为0＜x₁＜x₂，所以

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜2（

1

x2

-1）等价于ln

x2

x1

＜

x2

x1

-1，令t=

x2

x1

（t＞1），则只需证明lnt＜t-1，令h（t）=lnt-t+1，则h′（t）=

1

t

-1＜0，所以h（t）在（1，+∞）上单调递减，所以h（t）＜h（1）=0，即lnt＜t-1．

本文到此结束，希望对大家有所帮助。

标签： 单调递减 当且仅当