题目内容
已知函数f（x）=
在x=e上取得极值，a，t∈R，且t＞0．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）求函数g（x）=（x-1），f（x）在（0，t]上的最小值；
（Ⅲ）证明：对任意的x1，x2∈（
，+∞），且x1≠x2，都
＜t．
| 1-a+lnx |
| x |
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）求函数g（x）=（x-1），f（x）在（0，t]上的最小值；
（Ⅲ）证明：对任意的x1，x2∈（
| 1 |
| t |
| x1f(x1)-x2f(x2) |
| x1-x2 |
考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值
专题：计算题,导数的综合应用
分析：由极值与导数的关系求a；利用导数确定单调性，从而求最小值；构造函数h（x）=xf（x）-tx，x∈（0，+∞）．
解答：
解：（Ⅰ）∵f(x)=
（x＞0），
∴f′(x)=
．
∵函数f（x）在x=e上取得极值，
∴f′(e)=
=0，即a=1．
验证可知，a=1时，函数f（x）在x=e上取得极大值．
（Ⅱ）g′(x)=f(x)+(x-1)f′(x)=
，
则g′（1）=0，且x∈（0，1）时，g′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0；
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∴当t∈（0，1]时，g（x）在（0，t]上单调递减，g（x）min=g（t）=
；
当t∈（1，+∞）时，g（x）在（0，1]上单调递减，在（1，t]上单调递增，g（x）min=g（1）=0
综上所述，g（x）min=
．
（Ⅲ）证明：构造函数h（x）=xf（x）-tx，x∈（0，+∞）
则h（x）=lnx-tx，h′（x）=
；
∴x∈（
，+∞）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减．
∵x1，x2∈（
，+∞），且x1≠x2，
∴x1＞x2时，h（x1）＜h（x2），
∴x1f（x1）-x2f（x2）＜t（x1-x2），
即
＜t；
同理，x1＜x2时也成立．
所以，对任意的x1，x2∈（
，+∞），且x1≠x2，都有
＜t．
| 1-a+lnx |
| x |
∴f′(x)=
| a-lnx |
| x2 |
∵函数f（x）在x=e上取得极值，
∴f′(e)=
| a-1 |
| e2 |
验证可知，a=1时，函数f（x）在x=e上取得极大值．
（Ⅱ）g′(x)=f(x)+(x-1)f′(x)=
| x-1+lnx |
| x2 |
则g′（1）=0，且x∈（0，1）时，g′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0；
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∴当t∈（0，1]时，g（x）在（0，t]上单调递减，g（x）min=g（t）=
| (t-1)lnt |
| t |
当t∈（1，+∞）时，g（x）在（0，1]上单调递减，在（1，t]上单调递增，g（x）min=g（1）=0
综上所述，g（x）min=
|
（Ⅲ）证明：构造函数h（x）=xf（x）-tx，x∈（0，+∞）
则h（x）=lnx-tx，h′（x）=
| 1-tx |
| x |
∴x∈（
| 1 |
| t |
∵x1，x2∈（
| 1 |
| t |
∴x1＞x2时，h（x1）＜h（x2），
∴x1f（x1）-x2f（x2）＜t（x1-x2），
即
| x1f(x1)-x2f(x2) |
| x1-x2 |
同理，x1＜x2时也成立．
所以，对任意的x1，x2∈（
| 1 |
| t |
| x1f(x1)-x2f(x2) |
| x1-x2 |
点评：本题综合考查了函数导数的应用，同时考查了不等式的变形证明，属于难题．
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