Question

20．已知函數(shù)$f（x）=\frac{alnx}{x}$，g（x）=b（x+1），其中a≠0，b≠0
（1）若a=b，討論F（x）=f（x）-g（x）的單調區(qū)間；
（2）已知函數(shù)f（x）的曲線與函數(shù)g（x）的曲線有兩個交點，設兩個交點的橫坐標分別為x₁，x₂，證明：$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{a}g（{x_1}+{x_2}）＞2$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可
（2）問題轉化為證$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}•ln\frac{x_1}{x_2}＞2$，$t=\frac{x_1}{x_2}＞1$，只需證明$\frac{t+1}{t-1}•lnt＞2，?t＞1$成立，根據(jù)函數(shù)的單調性證明即可．

解答 解：（1）由已知得$F（x）=f（x）-g（x）=a（\frac{lnx}{x}-x-1）$，
∴$F'（x）=a（\frac{1-lnx}{x^2}-1）=\frac{a}{x^2}（1-{x^2}-lnx）$，
當0＜x＜1時，∵1-x²＞0，-lnx＞0，∴1-x²-lnx＞0，；
當x＞1時，∵1-x²＜0，-lnx＜0，∴1-x²-lnx＜0．
故若a＞0，F(xiàn)（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減；
故若a＜0，F(xiàn)（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增．
（2）不妨設x₁＞x₂，依題意$a\frac{{ln{x_1}}}{x_1}=b（{x_1}-1）$，
∴$aln{x_1}=b（{x_1}^2-{x_1}）…①$，同理得$aln{x_2}=b（{x_2}^2-{x_2}）…②$
由①-②得，∴$aln\frac{x_1}{x_2}=b（{x_1}^2-{x_1}-{x_2}^2+{x_2}）=b（{x_1}-{x_2}）（{x_1}+{x_2}-1）$，
∴$\frac{a}（{x_1}+{x_2}-1）=\frac{{ln\frac{x_1}{x_2}}}{{（{x_1}-{x_2}）}}$，
∴$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{a}g（{x_1}+{x_2}）=（{x_1}+{x_2}）\frac{a}（{x_1}+{x_2}-1）=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}•ln\frac{x_1}{x_2}$，
故只需證$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}•ln\frac{x_1}{x_2}＞2$，
取∴$t=\frac{x_1}{x_2}＞1$，即只需證明$\frac{t+1}{t-1}•lnt＞2，?t＞1$成立，
即只需證$p（t）=lnt-2\frac{t-1}{t+1}＞0，?t＞1$成立，
∵$p'（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{{（t-1）}^2}}}{{t{{（t+1）}^2}}}＞0$，
∴p（t）在區(qū)間[1，+∞）上單調遞增，
∴p（t）＞p（1）=0，?t＞1成立，
故原命題得證．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，考查轉化思想，是一道綜合題．