Question

9．已知函数f（x）=axlnx+b（a，b为实数）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1．
（1）求实数a，b的值及函数（x）的单调区间；
（2）设函数g（x）=$\frac{f（x）+1}{x}$，证明g（x₁）=g（x₂）（x₁＜x₂）时，x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）由题意可得关于a，b的方程组，求出a，b的值，可得函数解析式，再求出导函数，根据导函数的正负求原函数的单调区间；
（2）求出函数g（x）=$\frac{f（x）+1}{x}$的解析式，由g（x₁）=g（x₂），可得$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}=ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞0．把证明x₁+x₂＞2转化为证$（{x}_{1}+{x}_{2}）•\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}＞2ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，即证$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$2ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$（t＞1），则要证t-$\frac{1}{t}$＞2lnt（t＞1）．构造函数h（t）=t-$\frac{1}{t}-2lnt$，利用导数证明得答案．

解答 解：（1）f（x）的导数为f′（x）=a（1+lnx），
∵曲线在点（1，f（1））处的切线方程为y=x-1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=a=1}\\{f（1）=aln1+b=0}\end{array}\right.$，解得a=1，b=0．
令f′（x）=1+lnx=0，得x=$\frac{1}{e}$．
当x＞$\frac{1}{e}$时，f′（x）＞0，f（x）在（$\frac{1}{e}，+∞$）上单调递增；
当0＜x＜$\frac{1}{e}$时，f′（x）＜0，f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递减．
∴f（x）单调递减区间为（0，$\frac{1}{e}$），单调递增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞）；
（2）证明：由（1）得：f（x）=xlnx，
故g（x）=$\frac{f（x）+1}{x}=lnx+\frac{1}{x}$，（x＞0），
由g（x₁）=g（x₂）（x₁＜x₂），
得$ln{x}_{1}+\frac{1}{{x}_{1}}=ln{x}_{2}+\frac{1}{{x}_{2}}$，即$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}=ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞0．
要证x₁+x₂＞2，需证$（{x}_{1}+{x}_{2}）•\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}＞2ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
即证$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$2ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$．
设$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$（t＞1），则要证t-$\frac{1}{t}$＞2lnt（t＞1）．
令h（t）=t-$\frac{1}{t}-2lnt$，
则h′（t）=1+$\frac{1}{{t}^{2}}-\frac{2}{t}$=$（1-\frac{1}{t}）^{2}＞0$．
∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，则h（t）＞h（1）=0，
即t-$\frac{1}{t}＞2lnt$．
故x₁+x₂＞2．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，难点是函数的构造，难度较大．