Question

16．己知函數(shù)f（x）=x-a1nx（a≠0，a∈R）．
（Ⅰ）討論f（x）的極值；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））（0＜x₁＜x₂）是曲線y=f（x）上不同兩點，若存在t∈（x₁，x₂），使得y=f（x）在（t，f（t））處的切線與直線AB平行，求證：t＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論a＜0，a＞0，由導(dǎo)數(shù)的符號確定單調(diào)性，進(jìn)而得到極值；
（Ⅱ）求出直線AB的斜率k_AB，由直線AB與切線平行，得出t與x₁+x₂的關(guān)系式；構(gòu)造函數(shù)g（m），利用函數(shù)的單調(diào)性證明不等式t＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$恒成立即可

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=x-a1nx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1-$\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$，
當(dāng)a＜0時，f′（x）＞0，f（x）遞增，無極值；
當(dāng)a＞0時，x＞a時，f′（x）＞0，f（x）遞增；0＜x＜a時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
即有x=a處取得極小值，且為a-alna，無極大值；
綜上可得，a＜0時，f（x）無極值；
a＞0時，f（x）的極小值為a-alna，無極大值；
（Ⅱ）證明：A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）為曲線y=f（x）上的兩個不同點，滿足0＜x₁＜x₂時，
∴?t∈（x₁，x₂），使得曲線y=f（x）在x=t處的切線與直線AB平行，
∴k_AB=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}-aln{x}_{2}-（{x}_{1}-aln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$
=1-$\frac{a（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
又∵f′（x）=1-$\frac{a}{x}$，
∴f（x）在x=t處的切線的斜率為f′（t）=1-$\frac{a}{t}$．
∴1-$\frac{a（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=1-$\frac{a}{t}$，
即為t=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$，
要證t＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，即證$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
即為ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞2•$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，
設(shè)$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=m（m＞1），
則上述不等式等價于lnm＞2•$\frac{m-1}{m+1}$，
即（m+1）lnm＞2（m-1）；
構(gòu)造函數(shù)g（m）=lnm+$\frac{1}{m}$-1，
當(dāng)m＞1時，g′（m）=$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{{m}^{2}}$=$\frac{m-1}{{m}^{2}}$，
∴g′（m）在（1，+∞）上為增函數(shù)；
∴g′（m）＞g′（1）=0，
∴g（m）在m＞1時是增函數(shù)，
∴g（m）＞g（1）=0；
∴g（m）＞0在（1，+∞）上恒成立，
即（m+1）lnm＞2（m-1）恒成立．
∴t＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$恒成立．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)來研究函數(shù)的單調(diào)性與極值的問題，也考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的切線斜率的問題以及不等式的證明問題，是較難的題目．