Question

已知函数f（x）=x-lnx．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）如果函数y=g（x）的图象与函数y=f（x）的图象关于直线x=1对称，证明：当1＜x＜2时，f（x）＜g（x）；
（Ⅲ）如果x₁，x₂∈（0，2），x₁≠x₂，且f（x₁）=f（x₂），证明：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求导数f′（x），在定义域内解不等式f′（x）＜0，f′（x）＞0即可；
（Ⅱ）由对称关系求出g（x），构造函数F（x）=f（x）-g（x），用导数证明当1＜x＜2时，F（x）＜0即可；
（Ⅲ）分（x₁-1）（x₂-1）=0，（x₁-1）（x₂-1）＞0，（x₁-1）（x₂-1）＜0三种情况讨论，借助（Ⅰ）（Ⅱ）问结论可证明．

解答：解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞）．
f′（x）=1-

1

x

=

x-1

x

，
则f′（x）＜0时，0＜x＜1，当f′（x）＞0时，x＞1，
所以f（x）的减区间是（0，1），增区间是（1，+∞）．
（Ⅱ）由题意知，g（x）=f（2-x）=2-x-ln（2-x），
令F（x）=f（x）-g（x）═2x-2-lnx+ln（2-x），
F′（x）=2-

1

x

-

1

2-x

=

2x2-4x+2

x(x-2)

=

2(x-1)2

x(x-2)

．
当1＜x＜2时，F′（x）＜0，即F（x）是减函数．
F（x）＜F（1）=0，
所以f（x）＜g（x）．
（Ⅲ）证明：（1）若（x₁-1）（x₂-1）=0，
由（Ⅰ）及f（x₁）=f（x₂），则x₁=x₂=1，与x₁≠x₂矛盾．
（2）若（x₁-1）（x₂-1）＞0，由（Ⅰ）及f（x₁）=f（x₂），得x₁=x₂，与x₁≠x₂矛盾．
根据（1）（2）得（x₁-1）（x₂-1）＜0，不妨设x₁1．
当1＜x₂＜2时，由（Ⅱ）可知f（x₂）＜g（x₂），而g（x₂）=f（2-x₂），
所以f（x₂）＜f（2-x₂），从而f（x₁）＜f（2-x₂），因为x₂＞1，所以2-x₂＜1，
又由（Ⅰ）可知函数f（x）在区间（0，1）内为减函数，所以x₁＞2-x₂，即x₁+x₂＞2．

点评：本题考查应用导数研究函数的单调性、证明不等式问题，考查分析问题解决问题的能力，综合性较强．