Question

2．設(shè)f（x）=xlnx．
（1）求f′（x）；
（2）設(shè)0＜a＜b，求常數(shù)c，使得$\frac{1}{b-a}\int_a^b{|lnx-c|dx}$取得最小值；
（3）記（2）中的最小值為Ma，b，證明Ma，b＜ln2．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)即可；
（2）先求出$\frac{1}{b-a}\int_a^b{|lnx-c|dx}$的值，構(gòu)造函數(shù)g（c），通過求導(dǎo)求出滿足條件的c的值即可；
（3）求出Ma，b，問題轉(zhuǎn)化為證明$aln（1+\frac{a}）＜bln2$即可，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證出結(jié)論．

解答 解：（1）$f'（x）=lnx+x•\frac{1}{x}=lnx+1$；
（2）若c≤lna，則|lnx-c|=lnx-c，顯然，當(dāng)c=lna，lnx-c取最�。�
若c≤lnb，則|lnx-c|=c-lnx，當(dāng)c=lnb，c-lnx取最小．
故lna≤c≤lnb；
.$\frac{1}{b-a}\int_a^b{|lnx-c|dx}=\frac{1}{b-a}[\int_a^{e^c}{（lnx-c}）dx+\int_{e^c}^b{（c-lnx）dx}]$
=$\frac{1}{b-a}\{\int_a^{e^c}{[（lnx+1）-（c+1）]dx}+\int_{e^c}^b{[（c+1）-（lnx+1）]dx}\}$，
由（1）知$\int_a^{e^c}{[（lnx+1）-（c+1）]dx}=xlnx|_a^{e^c}-（c+1）（{e^c}-a）$$\int_{e^c}^b{[（c+1）-（lnx+1）]dx}=（c+1）（{e^c}-a）-xlnx|_{e^c}^b$
所以，$\frac{1}{b-a}\int_a^b{|lnx-c|dx}=\frac{1}{b-a}（-alna-blnb-2{e^c}+a+b+ac-bc）…（*）$
記g（c）=-2e^c+（a+b）c-alna-blnb+a+b，
則令g'（c）=-2e^c+a+b=0，得e^c=$\frac{a+b}{2}$，
即e^c=$\frac{a+b}{2}$時(shí)，$\frac{1}{b-a}\int_a^b{|lnx-C|dx}$取最小值．
（3）將$c=\frac{a+b}{2}$代入（*）式右邊，
$Ma，b=\frac{1}{b-a}[-alna-blnb+（a+b）ln\frac{a+b}{2}]＜ln2$，
等價(jià)于$（a+b）ln\frac{a+b}{2}-alna-blnb＜（b-a）ln2?（a+b）•ln（a+b）＜alna+blnb+2bln2$，$?aln（a+b）-alna+bln（a+b）-blnb＜2bln2?aln（1+\frac{a}）+bln（\frac{a}+1）＜2bln2$．
由于$0＜a＜b，\frac{a}+1＜2$時(shí)，$bln（1+\frac{a}）＜bln2$，
所以下面只須證明$aln（1+\frac{a}）＜bln2$即可：
又$aln（1+\frac{a}）＜bln2?\frac{a}ln（1+\frac{a}）＜ln2$．令$\frac{a}=t∈（0，1）$，
則$\frac{a}ln（1+\frac{a}）=tln（1+\frac{1}{t}）=ln{（1+\frac{1}{t}）^t}$，
注意到函數(shù)$ln{（1+\frac{1}{t}）^t}$是單調(diào)遞增的，且t＜1，
所以$ln{（1+\frac{1}{t}）^t}＜ln{（1+\frac{1}{1}）^1}=ln2$，得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)求導(dǎo)問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性、最值問題以及定積分的求解，是一道綜合題．