Question

20．函數(shù)f（x）=xlnx-$\frac{k}{x}$（k＜0）的圖象與x軸交于不同的兩點A（x₁，0），B（x₂，0）．求證：f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）≠0．

Answer 1

分析 求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得方程k=x²lnx在x＞0上有兩解，令g（x）=x²lnx，求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間可得極值和最值，確定k的范圍，再由x₁，x₂的范圍，運用不等式的性質(zhì)，可得f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0，進而得證．

解答 證明：f（x）=xlnx-$\frac{k}{x}$（k＜0），
∴f′（x）=1+lnx+$\frac{k}{{x}^{2}}$，
∵函數(shù)f（x）的圖象與x軸交于兩點A（x₁，0），B（x₂，0），
∴x₁lnx₁-$\frac{k}{{x}_{1}}$=0，x₂lnx₂-$\frac{k}{{x}_{2}}$=0，
即有方程k=x²lnx在x＞0上有兩解，
令g（x）=x²lnx，g′（x）=2xlnx+x，由g′（x）=0，解得x=$\frac{1}{\sqrt{e}}$，
當(dāng)x＞$\frac{1}{\sqrt{e}}$時，g′（x）＞0，g（x）遞增；
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$時，g′（x）＜0，g（x）遞減．
即有x=$\frac{1}{\sqrt{e}}$處取得最小值，且為-$\frac{1}{2e}$，
即有-$\frac{1}{2e}$＜k＜0，
可設(shè)0＜x₁＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$，$\frac{1}{\sqrt{e}}$＜x₂＜1，
即有$\frac{1}{2\sqrt{e}}$＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2\sqrt{e}}$，
令x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，即有f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=f′（x₀）=1+lnx₀+$\frac{k}{{{x}_{0}}^{2}}$，
由$\frac{1}{2\sqrt{e}}$＜x₀＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2\sqrt{e}}$，可得ln$\frac{1}{2\sqrt{e}}$＜lnx₀＜ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2\sqrt{e}}$），
即有l(wèi)nx₀∈（-1.5，-1），$\frac{k}{{{x}_{0}}^{2}}$＜0，
則有f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0，
故f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）≠0．

點評 本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，極值和最值，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．