Question

1．已知函数f（x）=$\frac{lnx}{x+a}$（a∈R），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线x+y+1=0垂直．
（Ⅰ）试比较2016²⁰¹⁷与2017²⁰¹⁶的大小，并说明理由；
（Ⅱ）若函数g（x）=f（x）-k有两个不同的零点x₁，x₂，证明：x₁•x₂＞e²．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，由两直线垂直的条件：斜率相等，即可得到切线的斜率和切点坐标，进而f（x）的解析式和导数，求出单调区间，可得f（2016）＞f（2017），即可得到2016²⁰¹⁷与2017²⁰¹⁶的大小；
（Ⅱ）运用分析法证明，不妨设x₁＞x₂＞0，由根的定义可得所以化简得lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0．可得lnx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），要证明，${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即证明lnx₁+lnx₂＞2，也就是k（x₁+x₂）＞2．求出k，即证$\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$，令$\frac{x_1}{x_2}=t$，则t＞1，即证$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$．令$h（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$（t＞1）．求出导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=$\frac{lnx}{x+a}$，$f'（x）=\frac{{\frac{x+a}{x}-lnx}}{{{{（{x+a}）}^2}}}$，
所以$f'（1）=\frac{1+a}{{{{（{1+a}）}^2}}}=\frac{1}{1+a}$，又由切线与直线x+y+1=0垂直，
可得f′（1）=1，即$\frac{1}{1+a}=1$，解得a=0．
此时$f（x）=\frac{lnx}{x}$，$f'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，
令f'（x）＞0，即1-lnx＞0，解得0＜x＜e；
令f'（x）＜0，即1-lnx＜0，解得x＞e，
所以f（x）的增区间为（0，e），减区间为（e，+∞）．
所以f（2016）＞f（2017），
即$\frac{ln2016}{2016}＞\frac{ln2017}{2017}$．
2017ln2016＞2016ln2017，即有2016²⁰¹⁷＞2017²⁰¹⁶．
（Ⅱ）证明：不妨设x₁＞x₂＞0，因为g（x₁）=g（x₂）=0，
所以化简得lnx₁-kx₁=0，lnx₂-kx₂=0．
可得lnx₁+lnx₂=k（x₁+x₂），lnx₁-lnx₂=k（x₁-x₂），
要证明，${x_1}{x_2}＞{e^2}$，即证明lnx₁+lnx₂＞2，也就是k（x₁+x₂）＞2．
因为$k=\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}$，即证$\frac{{ln{x_1}-ln{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$，
即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$\frac{2（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，令$\frac{x_1}{x_2}=t$，则t＞1，即证$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$．
令$h（t）=lnt-\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$（t＞1）．
由$h'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（{t+1}）}^2}}}$=$\frac{{{{（{t-1}）}^2}}}{{t{{（{t+1}）}^2}}}＞0$，
故函数h（t）在（1，+∞）是增函数，
所以h（t）＞h（1）=0，即$lnt＞\frac{{2（{t-1}）}}{t+1}$得证．
所以${x_1}{x_2}＞{e^2}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间，构造函数，运用单调性解题是解题的关键，考查化简整理的运算能力，属于中档题．