Question

7．已知函数f（x）=xlnx．
（Ⅰ）设函数g（x）=$\frac{f（x）}{x-1}$，求g（x）的单调区间；
（Ⅱ）若方程f（x）=t有两个不相等的实数根x₁，x₂，求证：x₁+x₂$＞\frac{2}{e}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，根据函数的单调性导数的关系，构造辅助函数，求导h′（x）=1-$\frac{1}{x}$（x＞0，且x≠1），则h（x）＞h（1）=0，则f′（x）＞0，即可求得g（x）的单调区间；
（Ⅱ）构造函数F（x）=f（x）-f（x-$\frac{2}{e}$），求导F′（x）=2+lnx（$\frac{2}{e}$-x），根据函数单调性可知F（x）＞0，（0＜e＜$\frac{1}{e}$），当0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，得F（x₁）=f（x₁）-f（$\frac{2}{e}$-x₁）＞0，f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增，故x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，即可求证不等式成立．

解答 解：（Ⅰ）∵g（x）=$\frac{xlnx}{x-1}$（x＞0，且x≠1），则g′（x）=$\frac{x-lnx-1}{{（x-1）}^{2}}$（x＞0，且x≠1），
设h（x）=x-lnx-1（x＞0，且x≠1），则h′（x）=1-$\frac{1}{x}$（x＞0，且x≠1），
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；x＞1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；
∴h（x）＞h（1）=0，
∴当x＞0，且x≠1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
∴g（x）的单调递增区间（0，1），（1，+∞），无单调递增区间；
（Ⅱ）证明：f′（x）=1+lnx，当0＜x＜$\frac{1}{e}$，f′（x）＞0，则f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）单调递减，
当x＞$\frac{1}{e}$时，f′（x）＞0，函数f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增，
当0＜x＜1时，f（x）＜0，当x＞1，f（x）＞0，
设0＜x₁＜$\frac{1}{e}＜$x₂＜1，构造函数F（x）=f（x）-f（x-$\frac{2}{e}$），
则F′（x）=f′（x）-f′（$\frac{2}{e}$-x）=2+lnx（$\frac{2}{e}$-x），
当0＜x＜$\frac{1}{e}$，x（$\frac{2}{e}$-x）＜$\frac{1}{{e}^{2}}$，则F′（x）＜0，F（x）在（0，$\frac{1}{e}$）单调递减，
由F（$\frac{1}{e}$）=0，故F（x）＞0，（0＜e＜$\frac{1}{e}$），
由0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，得F（x₁）=f（x₁）-f（$\frac{2}{e}$-x₁）＞0，
则f（x₁）=f（x₂）＞f（$\frac{2}{e}$-x₁），
又x₂＞$\frac{1}{e}$，$\frac{2}{e}$-x₁＞$\frac{1}{e}$，
∴f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增，故x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，
∴x₁+x₂$＞\frac{2}{e}$．

点评 本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的单调性及最值，考查不等式与函数单调性的应用，考查转化思想，属于中档题．