Question

16．己知函数f（x）=x-a1nx（a≠0，a∈R）．
（Ⅰ）讨论f（x）的极值；
（Ⅱ）设A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））（0＜x₁＜x₂）是曲线y=f（x）上不同两点，若存在t∈（x₁，x₂），使得y=f（x）在（t，f（t））处的切线与直线AB平行，求证：t＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，讨论a＜0，a＞0，由导数的符号确定单调性，进而得到极值；
（Ⅱ）求出直线AB的斜率k_AB，由直线AB与切线平行，得出t与x₁+x₂的关系式；构造函数g（m），利用函数的单调性证明不等式t＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$恒成立即可

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=x-a1nx的导数为f′（x）=1-$\frac{a}{x}$=$\frac{x-a}{x}$，
当a＜0时，f′（x）＞0，f（x）递增，无极值；
当a＞0时，x＞a时，f′（x）＞0，f（x）递增；0＜x＜a时，f′（x）＜0，f（x）递减．
即有x=a处取得极小值，且为a-alna，无极大值；
综上可得，a＜0时，f（x）无极值；
a＞0时，f（x）的极小值为a-alna，无极大值；
（Ⅱ）证明：A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）为曲线y=f（x）上的两个不同点，满足0＜x₁＜x₂时，
∴?t∈（x₁，x₂），使得曲线y=f（x）在x=t处的切线与直线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处的切线的斜率为f′（t）=1-$\frac{a}{t}$．
∴1-$\frac{a（ln{x}_{2}-ln{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=1-$\frac{a}{t}$，
即为t=$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$，
要证t＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，即证$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，
即为ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞2•$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，
设$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=m（m＞1），
则上述不等式等价于lnm＞2•$\frac{m-1}{m+1}$，
即（m+1）lnm＞2（m-1）；
构造函数g（m）=lnm+$\frac{1}{m}$-1，
当m＞1时，g′（m）=$\frac{1}{m}$-$\frac{1}{{m}^{2}}$=$\frac{m-1}{{m}^{2}}$，
∴g′（m）在（1，+∞）上为增函数；
∴g′（m）＞g′（1）=0，
∴g（m）在m＞1时是增函数，
∴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．

点评 本题考查了利用导数来研究函数的单调性与极值的问题，也考查了利用导数求函数的切线斜率的问题以及不等式的证明问题，是较难的题目．