Question

9．已知函數(shù)f（x）=axlnx+b（a，b為實數(shù)）的圖象在點（1，f（1））處的切線方程為y=x-1．
（1）求實數(shù)a，b的值及函數(shù)（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=$\frac{f（x）+1}{x}$，證明g（x₁）=g（x₂）（x₁＜x₂）時，x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）由題意可得關(guān)于a，b的方程組，求出a，b的值，可得函數(shù)解析式，再求出導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負求原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）求出函數(shù)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．把證明x₁+x₂＞2轉(zhuǎn)化為證$（{x}_{1}+{x}_{2}）•\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}＞2ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，即證$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$2ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$（t＞1），則要證t-$\frac{1}{t}$＞2lnt（t＞1）．構(gòu)造函數(shù)h（t）=t-$\frac{1}{t}-2lnt$，利用導(dǎo)數(shù)證明得答案．

解答 解：（1）f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=a（1+lnx），
∵曲線在點（1，f（1））處的切線方程為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=$\frac{1}{e}$．
當x＞$\frac{1}{e}$時，f′（x）＞0，f（x）在（$\frac{1}{e}，+∞$）上單調(diào)遞增；
當0＜x＜$\frac{1}{e}$時，f′（x）＜0，f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減．
∴f（x）單調(diào)遞減區(qū)間為（0，$\frac{1}{e}$），單調(diào)遞增區(qū)間為（$\frac{1}{e}$，+∞）；
（2）證明：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．
要證x₁+x₂＞2，需證$（{x}_{1}+{x}_{2}）•\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}＞2ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
即證$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＞$2ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$．
設(shè)$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$（t＞1），則要證t-$\frac{1}{t}$＞2lnt（t＞1）．
令h（t）=t-$\frac{1}{t}-2lnt$，
則h′（t）=1+$\frac{1}{{t}^{2}}-\frac{2}{t}$=$（1-\frac{1}{t}）^{2}＞0$．
∴h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，則h（t）＞h（1）=0，
即t-$\frac{1}{t}＞2lnt$．
故x₁+x₂＞2．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，難點是函數(shù)的構(gòu)造，難度較大．