Question

12．已知函數(shù)f（x）=$\frac{（x-a）lnx}{x}$，其中a∈[-e²，+∞），e=2.71828…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若a=1，證明：當(dāng)x₁≠x₂，且f（x₁）=f（x₂）時(shí)，x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）由單調(diào)性不妨設(shè)：x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），由（x₁）=f（x₂），只需證明f（x₂）＜f（2-x₂），只需證明（2-x₂）lnx₂+x₂ln（2-x₂）＜0，令h（x）=（2-x）lnx+xln（2-x），（1＜x＜2），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證出結(jié)論即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{alnx+x-a}{{x}^{2}}$，（x＞0，a≤-e²），
令g（x）=alnx+x-a，（x＞0，a≤-e²），
g′（x）=$\frac{x+a}{x}$，
①a≥0時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）遞增，
故存在x₀使得f（x₀）=0，
故f（x）在（0，x₀）遞減，在（x₀，+∞）遞增；
②-e²≤a＜0時(shí)，令g′（x）＞0，解得：x＞-a，
令g′（x）＜0，解得：0＜x＜-a，
故g（x）在（0，-a）遞減，在（-a，+∞）遞增，
∴g（x）_min=g（-a）=aln（-a）-2a=a[ln（-a）-2]
∵ln（-a）≤lne²=2，
∴g（x）_min＜0，
∴存在x₁，x₂∈（0，+∞），
使得在（0，x₁），（x₂，+∞），g（x）＞0，在（x₁，x₂），g（x）＜0，
∴f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）遞增，在（x₁，x₂）遞減；
（2）a=1時(shí)，f（x）=$\frac{（x-1）lnx}{x}$，f′（x）=$\frac{lnx+x-1}{{x}^{2}}$，
由（1）得：f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
由單調(diào)性不妨設(shè)：x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），
①若x₂≥2，則有：x₁+x₂＞2成立，
②若：1＜x₂＜2，則有0＜2-x₂＜1，
要證x₁+x₂＞2，只需證明x₁＞2-x₂，
由單調(diào)性及0＜x₁＜1，0＜2-x₂＜1，
只需證明f（x₁）＜f（2-x₂），
由f（x₁）=f（x₂），
只需證明f（x₂）＜f（2-x₂），
即只需證明：$\frac{{（x}_{2}-1）l{nx}_{2}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（2{-x}_{2}-1）ln（2{-x}_{2}）}{2{-x}_{2}}$，
只需證明（2-x₂）lnx₂+x₂ln（2-x₂）＜0，
令h（x）=（2-x）lnx+xln（2-x），（1＜x＜2），
h′（x）=ln$\frac{2-x}{x}$+$\frac{4（1-x）}{x（2-x）}$，
∵1＜x＜2，
∴l(xiāng)n$\frac{2-x}{x}$＜0，$\frac{4（1-x）}{x（2-x）}$＜0，
∴h′（x）＜0，h（x）在（1，2）遞減，
∴h（x）＜h（1）=0，
故原命題成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．