Question

7．已知f（x）=xlnx，g（x）=f′（x），A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）、C（x₃，y₃）为曲线y=g（x）图象上三点，且0＜x₁＜x₂＜x₃．
（1）试求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）设直线AB的斜率为k，若x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，判断k与g′（x₀）的大小；
（3）证明：$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{g（{x}_{3}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{3}-{x}_{2}}$．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（2）构造函数F（x）=g（x₂）-g（x₁），结合函数F（x）的单调性得到F（x）＞0，从而判断出大小；
（3）问题转化为证明g′（x）是减函数即可．

解答 解：（1）f′（x）=lnx+1，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，
令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$
∴减区间是（0，$\frac{1}{e}$），增区间是[$\frac{1}{e}$，+∞）
f（x）_极小值=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
（2）g（x）=f′（x）=lnx+1，
由x₂＞x₁＞0，k=$\frac{g{（x}_{2}）-g{（x}_{1}）}{{x}_{2}{-x}_{1}}$，g′（x₀）=$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$，
构造函数F（x）=g（x₂）-g（x₁）-$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{x}_{2}{+x}_{1}}$=lnx₂-lnx₁-$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{x}_{2}{+x}_{1}}$，
同除x₁，F（x）=ln $\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1）}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，
则F（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），
F′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴F（t）＞F（1）=0，
∴F（x）＞0，k＞g′（x₀）；
（3）如图示：
，
证明中那两个式子明显可以看成g（x）的斜率，
然后对g（x）进行求导，
证明g′（x）是减函数即可，
∵g（x）=lnx+1，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$，
显然x＞0时，g′（x）=$\frac{1}{x}$在（0，+∞）单调递减，
故$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞$\frac{g（{x}_{3}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{3}-{x}_{2}}$．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用，转化思想是一道中档题．