Question

设函数f（x）=

1

x

-x+alnx（a∈R，a≠0）．
（1）若a=

5

2

，求f（x）的极值；
（2）设函数g（x）=f（x）+x，求函数g（x）的单调区间；
（3）设函数f（x）在x=x₁和x=x₂（x₁＜x₂）时取得极值，且

f(x2)-f(x1)

x2-x1

≤

2e

e2-1

a-2（其中e是自然对数的底数），求证：x₂≥e．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,导数的综合应用

分析：（1）由题意，f（x）=

1

x

-x+

5

2

lnx；f′（x）=-

1

x2

-1+

5

2x

=-

(2x-1)(x-2)

2x2

；从而判断函数的单调性及极值；
（2）化简g（x）=f（x）+x=

1

x

+alnx，求导g′（x）=-

1

x2

+

a

x

=

ax-1

x2

；从而讨论a以确定导数的正负，从而求单调区间；
（3）求导f′（x）=-

1

x2

-1+a

1

x

=-

1+x2-ax

x2

；从而可得x₁+x₂=a，x₁x₂=1；从而化简可得lnx₂-

e

e2-1

（x₂-

1

x2

）≤0；令F（x）=lnx-

e

e2-1

（x-

1

x

），求导确定函数的单调性，从而求解．

解答： 解：（1）当a=

5

2

，f（x）=

1

x

-x+

5

2

lnx；
f′（x）=-

1

x2

-1+

5

2x

=-

(2x-1)(x-2)

2x2

；
故当0＜x＜

1

2

时，f′（x）＜0；
当

1

2

＜x＜2时，f′（x）＞0；
当x＞2时，f′（x）＜0；
故f（x）=

1

x

-x+

5

2

lnx在（0，

1

2

），（2，+∞）上是减函数，
在（

1

2

，2）上是增函数；
故f（x）在x=

1

2

处有极小值2-

1

2

-

5

2

ln2=

3

2

-

5

2

ln2；
在x=2处有极大值

1

2

-2+

5

2

ln2=

5

2

ln2-

3

2

；
（2）g（x）=f（x）+x=

1

x

+alnx；
g′（x）=-

1

x2

+

a

x

=

ax-1

x2

；
当a＜0时，g′（x）＜0；
函数g（x）的单调减区间为（0，+∞）；
当a＞0时，x∈（0，

1

a

）时，g′（x）＜0，
x∈（

1

a

，+∞）时，g′（x）＞0；
故函数g（x）的单调减区间为（0，

1

a

），单调增区间为（

1

a

，+∞）；
（3）证明：f′（x）=-

1

x2

-1+a

1

x

=-

1+x2-ax

x2

；
∵函数f（x）在x=x₁和x=x₂（x₁＜x₂）时取得极值，
∴x₁，x₂是方程x²-ax+1=0的两个根，
故x₁+x₂=a，x₁x₂=1；
则f（x₂）-f（x₁）=

1

x2

-x₂+alnx₂-

1

x1

+x₁-alnx₁
=

1

x2

-

1

x1

+x₁--x₂+a（lnx₂-lnx₁）
=2（x₁-x₂）+2alnx₂；

f(x2)-f(x1)

x2-x1

≤

2e

e2-1

a-2可化为
2（x₁-x₂）+2alnx₂≤（

2e

e2-1

a-2）（x₂-x₁）；
即2alnx₂≤

2e

e2-1

a（x₂-x₁）；
又∵x₁+x₂=a＞0；
故可化为2lnx₂≤

2e

e2-1

（x₂-x₁）；
2lnx₂≤

2e

e2-1

（x₂-

1

x2

）；
即lnx₂≤

e

e2-1

（x₂-

1

x2

）；
即lnx₂-

e

e2-1

（x₂-

1

x2

）≤0；
令F（x）=lnx-

e

e2-1

（x-

1

x

）；
则F′（x）=-

ex2-(e2-1)x+e

(e2-1)x2

；
令G（x）=ex²-（e²-1）x+e；
其对称轴为x=

e2-1

2e

＜e；
而G（e）=2e＞0；
故当x≥e时，ex²-（e²-1）x+e＞0，
则F′（x）＜0在[e，+∞）上恒成立；
故F（x）=lnx-

e

e2-1

（x-

1

x

）在[e，+∞）上是减函数，
且F（e）=1-1=0；
故lnx₂-

e

e2-1

（x₂-

1

x2

）≤0可化为F（x₂）≤F（e）；
故x₂≥e．

点评：本题考查了导数的综合应用，同时考查了函数的单调性在证明不等式中的应用，属于难题．