Question

20．已知函数$f（x）=\frac{alnx}{x}$，g（x）=b（x+1），其中a≠0，b≠0
（1）若a=b，讨论F（x）=f（x）-g（x）的单调区间；
（2）已知函数f（x）的曲线与函数g（x）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x₁，x₂，证明：$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{a}g（{x_1}+{x_2}）＞2$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可
（2）问题转化为证$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}•ln\frac{x_1}{x_2}＞2$，$t=\frac{x_1}{x_2}＞1$，只需证明$\frac{t+1}{t-1}•lnt＞2，?t＞1$成立，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由已知得$F（x）=f（x）-g（x）=a（\frac{lnx}{x}-x-1）$，
∴$F'（x）=a（\frac{1-lnx}{x^2}-1）=\frac{a}{x^2}（1-{x^2}-lnx）$，
当0＜x＜1时，∵1-x²＞0，-lnx＞0，∴1-x²-lnx＞0，；
当x＞1时，∵1-x²＜0，-lnx＜0，∴1-x²-lnx＜0．
故若a＞0，F（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
故若a＜0，F（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（2）不妨设x₁＞x₂，依题意$a\frac{{ln{x_1}}}{x_1}=b（{x_1}-1）$，
∴$aln{x_1}=b（{x_1}^2-{x_1}）…①$，同理得$aln{x_2}=b（{x_2}^2-{x_2}）…②$
由①-②得，∴$aln\frac{x_1}{x_2}=b（{x_1}^2-{x_1}-{x_2}^2+{x_2}）=b（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}-1）$，
∴$\frac{b}{a}（{x_1}+{x_2}-1）=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{（{x_1}-{x_2}）}}$，
∴$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{a}g（{x_1}+{x_2}）=（{x_1}+{x_2}）\frac{b}{a}（{x_1}+{x_2}-1）=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}•ln\frac{x_1}{x_2}$，
故只需证$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}•ln\frac{x_1}{x_2}＞2$，
取∴$t=\frac{x_1}{x_2}＞1$，即只需证明$\frac{t+1}{t-1}•lnt＞2，?t＞1$成立，
即只需证$p（t）=lnt-2\frac{t-1}{t+1}＞0，?t＞1$成立，
∵$p'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
∴p（t）在区间[1，+∞）上单调递增，
∴p（t）＞p（1）=0，?t＞1成立，
故原命题得证．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是一道综合题．