Question

已知：函数f（x）=

1

x

，g（x）=

1

x2

；直线l₁：x=a，l₂：x=b（0＜a＜b）．
（Ⅰ）设函数h（x）=f（x）-g（x）（x＞0），试求h（x）的单调区间；
（Ⅱ）记函数f（x）的图象与直线l₁，l₂，x轴所围成图形的面积为S₁；函数g（x）的图象与直线l₁，l₂，x轴所围成图形的面积为S₂；
①若a+b=2，试判断S₁、S₂的大小，并加以证明；
②证明：对于任意的b∈（1，+∞），总存在唯一的a∈（

1

b

，1），使得S₁=S₂．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,定积分

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）先求出函数h（x）的导数，分别令h′（x）＞0，h′（x）＜0，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）分别求出S₁，S₂，进而求出S₁-S₂，①通过讨论a的范围结合函数的单调性，判断出S₁，S₂的大小；②根据函数的单调性综合得出结论．

解答： 解：（Ⅰ）∵h（x）=f（x）-g（x）=

1

x

-

1

x2

，∴h′（x）=-

1

x2

+

2

x3

，
∵x＞0，令h′（x）＞0，解得：0＜x＜2，令h′（x）＜0，解得：x＞2，
∴h（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减；
（Ⅱ）∵0＜a＜b，
∴S₁=

∫

b a

1

x

dx=lnx

|

b a

=lnb-lna，S₂=

∫

b a

1

x2

dx=（-

1

x

）

|

b a

=

1

a

-

1

b

，
S₁-S₂=lnb-lna+

1

b

-

1

a

，
①∵a+b=2，0＜a＜b，
∴b=2-a，0＜a＜1，且S₁-S₂=ln（2-a）-lna+

1

2-a

-

1

a

，
令t（a）=ln（2-a）-lna+

1

2-a

-

1

a

，（0＜a＜1），
则t′（a）=

1

a-2

-

1

a

+

1

(a-2)2

+

1

a2

=

4(a-1)2

a2(a-2)2

，
∵0＜a≤1时，t′（a）≥0，
∴t（a）在区间（0，1]上单调递增，
∴当0＜a＜1时，t（a）＜t（1）=0，从而S₁＜S₂；
②证明：令m（x）=-lnx-

1

x

+lnb+

1

b

，（x∈（

1

b

，1）），
则m′（x）=-

1

x

+

1

x2

=

-x+1

x2

，m（1）=lnb+

1

b

-1，m（

1

b

）=2lnb-b+

1

b

，
当x∈（

1

b

，1）时，m′（x）=

-x+1

x2

≥0，
∴m（x）在（

1

b

，1）单调递增，…①，
令p（x）=lnx+

1

x

-1，（x≥1），则p′（x）=

x-1

x2

≥0，
∴p（x）在区间[1，+∞）单调递增，
∴当b＞1时，m（1）=lnb+

1

b

-1=p（b）＞p（1）=0，…②，
令q（x）=2lnx-x+

1

x

，（x≥1），则q′（x）=

2

x

-1-

1

x2

=-

(x-1)2

x2

≤0，
∴q（x）在区间[1，+∞）单调递减，
∴m（

1

b

）=2lnb-b+

1

b

=q（b）＜q（1）=0，…③，
由①②③得：函数m（x）在区间（

1

b

，1）内有且只有一个零点，
即存在唯一的x∈（

1

b

，1），使得m（x）=0，
综上，对于任意的b∈（1，+∞），总存在唯一的a∈（

1

b

，1），使得S₁=S₂．

点评：本题考查了函数的单调性，考查了导数的应用，考查了分类讨论思想，是一道综合题．