Question

4．已知函數(shù)F（x）與f（x）=lnx的圖象關于直線y=x對稱．
（Ⅰ）不等式xf（x）≥ax-1對任意x∈（0，+∞）恒成立，求實數(shù)a的最大值；
（Ⅱ）設f（x）F（x）=1在（1，+∞）內(nèi)的實根為x₀，m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xf（x），1＜x≤{x}_{0}}\\{\frac{x}{F（x）}，x＞{x}_{0}}\end{array}\right.$，若在區(qū)間（1，+∞）上存在m（x₁）=m（x₂）（x₁＜x₂），證明：$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由xf（x）≥ax-1，分離參數(shù)a得a≤lnx+$\frac{1}{x}$，構造函數(shù)g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，利用導數(shù)求其最小值得答案；
（Ⅱ）由f（x）F（x）=1求得F（x）=e^x，得到$ln{x}_{0}=\frac{1}{{e}^{{x}_{0}}}$，求導可得m（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞增；m（x）在（x₀，+∞）上單調(diào)遞減．結合m（x₁）=m（x₂）（x₁＜x₂），可得x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞），可知當x₂→+∞時，$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．然后利用分析法把問題轉(zhuǎn)化為證明${x}_{1}ln{x}_{1}＜\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$，構造函數(shù)記h（x）=xlnx-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$，1＜x＜x₀，其中h（x₀）=0，利用導數(shù)即可證明x₁lnx₁＜$\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$，故$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．

解答 （Ⅰ）解：由xf（x）≥ax-1，得a≤lnx+$\frac{1}{x}$，
設g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，∴g′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
由g′（x）＞0，得x＞1，g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
由g′（x）＜0，得0＜x＜1，g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減．
∴g（x）_min=g（1）=1．
∴a≤1，則實數(shù)a的最大值為1；
（Ⅱ）證明：設（x，y）為F（x）的圖象上任意一點，
則點（y，x）為函數(shù)f（x）圖象上的點，∴F（x）=e^x，則$ln{x}_{0}=\frac{1}{{e}^{{x}_{0}}}$，
當1＜x＜x₀時，m（x）=xlnx，m′（x）=1+lnx＞0，因而m（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞增；
當x＞x₀時，m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$＜0，因而m（x）在（x₀，+∞）上單調(diào)遞減．
又m（x₁）=m（x₂）（x₁＜x₂），則x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞）
顯然，當x₂→+∞時，$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．
要證$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀，即證x₂＞2x₀-x₁＞x₀，而m（x）在（x₀，+∞）上單調(diào)遞減，
故可證m（x₂）＜m（2x₀-x₁），又由m（x₁）=m（x₂），即證m（x₁）＜m（2x₀-x₁），
即${x}_{1}ln{x}_{1}＜\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$，
記h（x）=xlnx-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$，1＜x＜x₀，其中h（x₀）=0，
h′（x）=1+lnx+$\frac{1+x-2{x}_{0}}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$=1+lnx+$\frac{1}{{e}^{2{x}_{0}-x}}-\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$．
記φ（t）=$\frac{t}{{e}^{t}}$，φ′（t）=$\frac{1-t}{{e}^{t}}$，當t∈（0，1）時，φ′（t）＞0，t∈（1，+∞）時，φ′（t）＜0．
故φ（t）的最大值=$\frac{1}{e}$．
而φ（t）＞0，故0＜φ（t）$≤\frac{1}{e}$，而2x₀-x＞0，從而$-\frac{1}{e}≤-\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}＜0$，
因此，當h′（x）=1+lnx+$\frac{1+x-2{x}_{0}}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$=1+lnx+$\frac{1}{{e}^{2{x}_{0}-x}}-\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$＞1-$\frac{1}{e}＞0$，即h（x）單調(diào)遞增．
從而，當1＜x＜x₀時，h（x）＜h（x₀）=0，即x₁lnx₁＜$\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$，故$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．

點評 本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，訓練了利用分析法證明函數(shù)不等式，靈活構造函數(shù)是解答該題的關鍵，題目設置難度較大．