Question

4．已知函数F（x）与f（x）=lnx的图象关于直线y=x对称．
（Ⅰ）不等式xf（x）≥ax-1对任意x∈（0，+∞）恒成立，求实数a的最大值；
（Ⅱ）设f（x）F（x）=1在（1，+∞）内的实根为x₀，m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xf（x），1＜x≤{x}_{0}}\\{\frac{x}{F（x）}，x＞{x}_{0}}\end{array}\right.$，若在区间（1，+∞）上存在m（x₁）=m（x₂）（x₁＜x₂），证明：$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由xf（x）≥ax-1，分离参数a得a≤lnx+$\frac{1}{x}$，构造函数g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，利用导数求其最小值得答案；
（Ⅱ）由f（x）F（x）=1求得F（x）=e^x，得到$ln{x}_{0}=\frac{1}{{e}^{{x}_{0}}}$，求导可得m（x）在（1，x₀）上单调递增；m（x）在（x₀，+∞）上单调递减．结合m（x₁）=m（x₂）（x₁＜x₂），可得x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞），可知当x₂→+∞时，$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．然后利用分析法把问题转化为证明${x}_{1}ln{x}_{1}＜\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$，构造函数记h（x）=xlnx-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$，1＜x＜x₀，其中h（x₀）=0，利用导数即可证明x₁lnx₁＜$\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$，故$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．

解答 （Ⅰ）解：由xf（x）≥ax-1，得a≤lnx+$\frac{1}{x}$，
设g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，∴g′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
由g′（x）＞0，得x＞1，g（x）在（1，+∞）上单调递增；
由g′（x）＜0，得0＜x＜1，g（x）在（0，1）上单调递减．
∴g（x）_min=g（1）=1．
∴a≤1，则实数a的最大值为1；
（Ⅱ）证明：设（x，y）为F（x）的图象上任意一点，
则点（y，x）为函数f（x）图象上的点，∴F（x）=e^x，则$ln{x}_{0}=\frac{1}{{e}^{{x}_{0}}}$，
当1＜x＜x₀时，m（x）=xlnx，m′（x）=1+lnx＞0，因而m（x）在（1，x₀）上单调递增；
当x＞x₀时，m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$＜0，因而m（x）在（x₀，+∞）上单调递减．
又m（x₁）=m（x₂）（x₁＜x₂），则x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞）
显然，当x₂→+∞时，$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．
要证$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀，即证x₂＞2x₀-x₁＞x₀，而m（x）在（x₀，+∞）上单调递减，
故可证m（x₂）＜m（2x₀-x₁），又由m（x₁）=m（x₂），即证m（x₁）＜m（2x₀-x₁），
即${x}_{1}ln{x}_{1}＜\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$，
记h（x）=xlnx-$\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$，1＜x＜x₀，其中h（x₀）=0，
h′（x）=1+lnx+$\frac{1+x-2{x}_{0}}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$=1+lnx+$\frac{1}{{e}^{2{x}_{0}-x}}-\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$．
记φ（t）=$\frac{t}{{e}^{t}}$，φ′（t）=$\frac{1-t}{{e}^{t}}$，当t∈（0，1）时，φ′（t）＞0，t∈（1，+∞）时，φ′（t）＜0．
故φ（t）的最大值=$\frac{1}{e}$．
而φ（t）＞0，故0＜φ（t）$≤\frac{1}{e}$，而2x₀-x＞0，从而$-\frac{1}{e}≤-\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}＜0$，
因此，当h′（x）=1+lnx+$\frac{1+x-2{x}_{0}}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$=1+lnx+$\frac{1}{{e}^{2{x}_{0}-x}}-\frac{2{x}_{0}-x}{{e}^{2{x}_{0}-x}}$＞1-$\frac{1}{e}＞0$，即h（x）单调递增．
从而，当1＜x＜x₀时，h（x）＜h（x₀）=0，即x₁lnx₁＜$\frac{2{x}_{0}-{x}_{1}}{{e}^{2{x}_{0}-{x}_{1}}}$，故$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用分析法证明函数不等式，灵活构造函数是解答该题的关键，题目设置难度较大．