【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）=-a=（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＜2（-1）等价于ln＜-1，令t=（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）=-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）=-a=（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=．所以当x∈（0，）时，f"（x）＞0，f（x）在（0，）上是增函数；当x∈（，+∞）时，f"（x）＞0，f（x）在（，+∞）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（，+∞），f（x）的递增区间是（0，）；（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（，+∞），f（x）的递增区间是（，+∞），要使f（x）≤0恒成立，则f（）≤0即可，所以求满足2ln+a-2≤0成立的a．令g（x）=2（ln2-lnx）+x-2，则g′（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gmin（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＜2（-1）等价于ln＜-1，令t=（t＞1），则只需证明lnt＜t-1，令h（t）=lnt-t+1，则h′（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）=-a=（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＜2（-1）等价于ln＜-1，令t=（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）=-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）=-a=（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=．所以当x∈（0，）时，f"（x）＞0，f（x）在（0，）上是增函数；当x∈（，+∞）时，f"（x）＞0，f（x）在（，+∞）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（，+∞），f（x）的递增区间是（0，）；（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（，+∞），f（x）的递增区间是（，+∞），要使f（x）≤0恒成立，则f（）≤0即可，所以求满足2ln+a-2≤0成立的a．令g（x）=2（ln2-lnx）+x-2，则g′（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gmin（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＜2（-1）等价于ln＜-1，令t=（t＞1），则只需证明lnt＜t-1，令h（t）=lnt-t+1，则h′（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。