Question

13．已知函數(shù)f（x）=x（lnx-1）
（Ⅰ）求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=f（x）-$\frac{a}{2}$x²有兩個極值點x₁，x₂，試比較$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$與2ae的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f′（x），f（x）的值，求出切線方程即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為g′（x）=lnx-ax有2個不同的實數(shù)根，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出2ae＜2，證明$\frac{1}{l{nx}_{1}}$+$\frac{1}{l{nx}_{2}}$＞2，根據(jù)ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x（lnx-1）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=lnx，故f（1）=-1，f′（1）=0，
故切線方程是y=-1；
（Ⅱ）g′（x）=lnx-ax，函數(shù)g（x）有兩個極值點x₁，x₂，
即g′（x）=lnx-ax有2個不同的實數(shù)根，
①a≤0時，g′（x）遞增，g′（x）=0不可能有2個不同的實根，
②a＞0時，設h（x）=lnx-ax，h′（x）=$\frac{1-ax}{x}$，
0＜x＜$\frac{1}{a}$時，h′（x）＞0，h（x）遞增，
x＞$\frac{1}{a}$時，h′（x）＜0，h（x）遞減，
而x→0時，h（x）→-∞，x→+∞時，h（x）→-∞，
∴h（$\frac{1}{a}$）=-lna-1＞0，∴0＜a＜$\frac{1}{e}$，∴2ae＜2，
下面證明$\frac{1}{l{nx}_{1}}$+$\frac{1}{l{nx}_{2}}$＞2，
不妨設x₂＞x₁＞0，∵g′（x₁）=g′（x₂）=0，
要證明$\frac{1}{l{nx}_{1}}$+$\frac{1}{l{nx}_{2}}$＞2，即證$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$＜$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{{2x}_{1}x}_{2}}$，
即證ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，即證lnt＜$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），φ（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），
則φ′（t）=$\frac{{-（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＜0，
函數(shù)φ（t）在（1，+∞）遞減，
φ（t）＜φ（1）=0，
∴$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2，$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2ae．

點評 本題考查了函數(shù)單調(diào)性問題、考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，是一道中檔題．