Question

7．已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（Ⅰ）設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）}{x-1}$，求g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若方程f（x）=t有兩個不相等的實數(shù)根x₁，x₂，求證：x₁+x₂$＞\frac{2}{e}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性導數(shù)的關(guān)系，構(gòu)造輔助函數(shù)，求導h′（x）=1-$\frac{1}{x}$（x＞0，且x≠1），則h（x）＞h（1）=0，則f′（x）＞0，即可求得g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-f（x-$\frac{2}{e}$），求導F′（x）=2+lnx（$\frac{2}{e}$-x），根據(jù)函數(shù)單調(diào)性可知F（x）＞0，（0＜e＜$\frac{1}{e}$），當0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，得F（x₁）=f（x₁）-f（$\frac{2}{e}$-x₁）＞0，f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增，故x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，即可求證不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）∵g（x）=$\frac{xlnx}{x-1}$（x＞0，且x≠1），則g′（x）=$\frac{x-lnx-1}{{（x-1）}^{2}}$（x＞0，且x≠1），
設(shè)h（x）=x-lnx-1（x＞0，且x≠1），則h′（x）=1-$\frac{1}{x}$（x＞0，且x≠1），
當0＜x＜1時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；x＞1時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增；
∴h（x）＞h（1）=0，
∴當x＞0，且x≠1時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
∴g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間（0，1），（1，+∞），無單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）證明：f′（x）=1+lnx，當0＜x＜$\frac{1}{e}$，f′（x）＞0，則f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）單調(diào)遞減，
當x＞$\frac{1}{e}$時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增，
當0＜x＜1時，f（x）＜0，當x＞1，f（x）＞0，
設(shè)0＜x₁＜$\frac{1}{e}＜$x₂＜1，構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-f（x-$\frac{2}{e}$），
則F′（x）=f′（x）-f′（$\frac{2}{e}$-x）=2+lnx（$\frac{2}{e}$-x），
當0＜x＜$\frac{1}{e}$，x（$\frac{2}{e}$-x）＜$\frac{1}{{e}^{2}}$，則F′（x）＜0，F(xiàn)（x）在（0，$\frac{1}{e}$）單調(diào)遞減，
由F（$\frac{1}{e}$）=0，故F（x）＞0，（0＜e＜$\frac{1}{e}$），
由0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，得F（x₁）=f（x₁）-f（$\frac{2}{e}$-x₁）＞0，
則f（x₁）=f（x₂）＞f（$\frac{2}{e}$-x₁），
又x₂＞$\frac{1}{e}$，$\frac{2}{e}$-x₁＞$\frac{1}{e}$，
∴f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增，故x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，
∴x₁+x₂$＞\frac{2}{e}$．

點評 本題考查導數(shù)的綜合應(yīng)用，利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查不等式與函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．