Question

16．已知函数f（x）=lnx，g（x）=$\frac{a}{x}$，F（x）=f（x）+g（x）．
（1）当a=-1时，求函数F（x）的单调区间；
（2）当1＜a＜e时，若函数F（x）在区间[1，e]上的最小值是$\frac{3}{2}$，求a的值．
（3）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是函数f（x）图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x₀，y₀），直线AB的斜率为k．证明：k＞f′（x₀）．

Answer 1

分析 （1）a=-1时，求出F（x），然后求导数，F′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，从而便可得出F（x）的单调区间；
（2）求出F（x），求导数，F′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，这样便可判断F′（x）在[1，e]上的符号，从而得出F（x）的最小值，这样即可建立关于a的方程，求出a即可；
（3）先求出斜率k，和AB中点处的导数f′（x），从而得出要证k＞f′（x₀），只要证$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}＞\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，可设0＜x₁＜x₂，从而得出只要证$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$，这样可换元，令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}=t$，t＞1，从而只需证$lnt+\frac{4}{t+1}-2＞0$，这样可设h（x）=lnt+$\frac{4}{t+1}-2$，然后求导数，判断h（x）的单调性，根据单调性得出h（x）＞0即可．

解答 解：（1）a=-1，∴F（x）=lnx-$\frac{1}{x}$，F′（x）=$\frac{1}{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$；
∵x＞0；
∴F′（x）＞0；
∴F（x）在（0，+∞）上的单调递增，即（0，+∞）是F（x）的单调递增区间；
（2）$F（x）=lnx+\frac{a}{x}$，F′（x）=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$；
∴1≤x＜a时，F′（x）＜0，a＜x≤e时，F′（x）＞0；
∴F（x）在[1，e]上的最小值为F（a）=$lna+1=\frac{3}{2}$；
∴$a=\sqrt{e}$，满足1＜a＜e．
（3）证明：$k=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$；
又${x}_{0}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，所以$f′（{x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}=\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$；
要证k＞f′（x₀），即证$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}＞\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$；
不妨设0＜x₁＜x₂，即证$ln{x}_{2}-ln{x}_{1}＞\frac{2（{x}_{2}-{x}_{1}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即证$ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{2}}+1}$；
设$t=\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}＞1$，即证$lnt＞\frac{2（t-1）}{t+1}=2-\frac{4}{t+1}$；
即证$lnt+\frac{4}{t+1}-2＞0$，其中t∈（1，+∞）；
设h（t）=$lnt+\frac{4}{t+1}-2$，t＞1；
则$h′（t）=\frac{1}{t}-\frac{4}{（t+1）^{2}}=\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0；
所以h（t）在（1，+∞）上单调递增，因此h（t）＞h（1）=0；
∴k＞f′（x₀）．

点评 考查根据导数符号判断函数的单调性，求函数单调区间的方法，根据导数求函数最值的方法和过程，中点坐标公式，以及根据两点坐标求过这两点直线的斜率的公式，将证明不等式问题转化成函数问题的方法．