Question

已知函数f（x）=lnx-ax+1?ax-1（a∈R）．（Ⅰ）当a=1时，求f（x）在点（1，-2）处的切线方程；（Ⅱ）当a

已知函数f（x）=lnx-ax+1?ax-1（a∈R）．（Ⅰ）当a=1时，求f（x）在点（1，-2）处的切线方程；（Ⅱ）当a≥12时，讨论f（x）的单调性；（Ⅲ）设g（x）=f（x）-1?ax+1，在函数g（x）的图象上取两定点A（x1，g（x1）），B（x2，g（x2））（x1＜x2），设直线AB的斜率为k，证明：存在x0∈（x1，x2），使g′（x0）=k成立．

Answer 1

解答：（Ⅰ）解：当a=1时，f（x）=lnx-x-1，f′(x)＝

1

x

?1，
∵点（1，-2）在函数图象上，
∴在点（1，-2）的切线斜率为k=f′（1）=0，
∴所求切线方程为y=-2；
（Ⅱ）解：∵f(x)＝lnx?ax+

1?a

x

?1(a∈R)，
∴f′(x)＝

1

x

?a?

1?a

x2

=?

ax2?x+1?a

x2

，x∈(0，+∞)，
令h（x）=ax²-x+1-a，x∈（0，+∞），
当a≥

1

2

时，由f′（x）=0，则ax²-x+1-a=0，解得x1＝1，x2＝

1

a

?1，
①当a＝

1

2

时，x₁=x₂，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
②当

1

2

＜a＜1时，0＜

1

a

?1＜1，
x∈(0，

1

a

?1)时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
x∈(

1

a

?1，1)时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；      
③当a≥1时，由于

1

a

?1≤0，
x∈（0，1）时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；
x∈（1，+∞）时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
综上所述：
当a=

1

2

时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当

1

2

＜a＜1时，函数f（x）在（0，

1

a

?1）上单调递减，在(

1

a

?1，1)上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
当a≥1时，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；       
（Ⅲ）证明：由已知得g（x）=lnx-ax，k＝

g(x2)?g(x1)

x2?x1

=

lnx2?lnx1

x2?x1

?a，
令φ（x）=g′(x)?k＝

1

x

?

lnx2?lnx1

x2?x1

，
则φ（x₁）=

1

x1

?

lnx2?lnx1

x2?x1

＝

1

x2?x1

(

x2

x1

?1?ln

x2

x1

)，
φ（x₂）=

1

x2

?

lnx2?lnx1

x2?x1

=?

1

x2?x1

(

x1

x2

?1?ln

x1

x2

)，
令F（t）=t-1-lnt，则F′(t)＝1?

1

t

＝

t?1

t

(t＞0)，
当0＜t＜1时，F′（t）＜0，F（t）单调递减；
当t＞1时，F′（t）＞0，F（t）单调递增．
故当t≠1时，F（t）＞F（1）=0，即t-1-lnt＞0．
从而

x2

x1

?1?ln

x2

x1

＞0，

x1

x2

?1?ln

x1

x2

＞0，
∴φ（x₁）＞0，φ（x₂）＜0．
∵函数φ（x）在区间（x₁，x₂）上的图象是连续不断的一条曲线，
∴存在x₀∈（x₁，x₂），使φ（x₀）=0，
∴g′（x₀）=k成立．