Question

2．若對(duì)任意x₁，x₂∈（0，1]，且x₁≠x₂，都有|$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}}$|≤4，則稱y=f（x）為“以4為界的類斜率函數(shù)”．
（Ⅰ）試判斷y=$\frac{4}{x}$是否為“以4為界的類斜率函數(shù)”；

（Ⅱ）若a＜0，且函數(shù)f（x）=x-1-alnx（a∈R）為“以4為界的類斜率函數(shù)”，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）利用“以4為界的類斜率函數(shù)”的定義，判斷給出的區(qū)間內(nèi)|$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}}$|≤4是否成立即可．
（II）根據(jù)f（x）的單調(diào)性得出去絕對(duì)值號(hào)化為：x₂+alnx₂+$\frac{4}{{x}_{2}}$≤x₁+alnx₁+$\frac{4}{{x}_{1}}$．g（x）=x+alnx+$\frac{4}{x}$為減函數(shù)，令h′（x）≤0恒成立，分離參數(shù)得a≤$\frac{4}{x}$-x，令h（x）=$\frac{4}{x}$-x，可得：函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，1]上為減函數(shù)．求出h（x）的最小值即可得出a的范圍．

解答 解：（I）對(duì)任意x₁，x₂∈（0，1]，且x₁≠x₂，都有|$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}}$|=$|\frac{\frac{4}{{x}_{1}}-\frac{4}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}|$=$\frac{4}{{x}_{1}{x}_{2}}$＜4，
∴y=$\frac{4}{x}$是“以4為界的類斜率函數(shù)”．
（II）f′（x）=1-$\frac{a}{x}$，
∵1≥x＞0，a＜0，
∴f′（x）＞0，
∴f（x）在區(qū)間（0，1]上為增函數(shù)．
設(shè)0＜x₁＜x₂≤1，
∵函數(shù)f（x）是為“以4為界的類斜率函數(shù)”，
∴a＜0時(shí)，|$\frac{f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）}{\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}}$|=$|\frac{{x}_{1}-1-aln{x}_{1}-（{x}_{2}-1-aln{x}_{2}）}{\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}}|$=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}-a（ln{x}_{1}-ln{x}_{2}）}{\frac{1}{{x}_{1}}-\frac{1}{{x}_{2}}}$≤4，
化為：x₂+alnx₂+$\frac{4}{{x}_{2}}$≤x₁+alnx₁+$\frac{4}{{x}_{1}}$．
令g（x）=x+alnx+$\frac{4}{x}$，則g（x）在區(qū)間（0，1]上為減函數(shù)．
∴g′（x）=1+$\frac{a}{x}$-$\frac{4}{{x}^{2}}$≤0在區(qū)間（0，1]上恒成立，
∴a≤$\frac{4}{x}$-x，
令h（x）=$\frac{4}{x}$-x，可得：函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，1]上為減函數(shù)．
∴x=1時(shí)，h（x）取得最小值h（1）=3．
∴a≤3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、構(gòu)造函數(shù)方法、不等式的性質(zhì)、新定義，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．