Question

16．设函数f（x）是在（0，+∞）上每一点处可导的函数，若xf′（x）＞f（x）（其中f′（x）是f（x）的导函数）在x＞0时恒成立，回答下列问题：
（1）求证：函数g（x）=$\frac{f（x）}{x}$在x＞0上单调递增；
（2）当f（x）=xlnx，h（x）=$\frac{a{x}^{2}}{2}$，若至少存在一个实数m∈[1，e]使得f（m）＜h（m）成立，求实数a的取值范围；
（3）当x₁＞0，x₂＞0时，证明：f（x₁+x₂）＞f（x₁）+f（x₂）．

Answer 1

分析 （1）先利用导数的四则运算，求函数g（x）的导函数，结合已知证明导函数g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，即可证明其在（0，+∞）上是增函数；
（2）运用参数分离可得$\frac{a}{2}$＞$\frac{lnm}{m}$在m∈[1，e]成立，令t（x）=$\frac{lnx}{x}$（1≤x≤e），求出导数，判断单调性，求得最小值即可得到a的范围；
（3）利用（1）的结论，且x₁＞0，x₂＞0时，x₁+x₂＞x₁，且x₁+x₂＞x₂，得$\frac{f（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＞$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{1}}$，$\frac{f（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{2}}$，从中解出f（x₁）、f（x₂）即可证得结论．

解答 （1）证明：∵g（x）=$\frac{f（x）}{x}$，∴g′（x）=$\frac{f′（x）•x-f（x）}{{x}^{2}}$，
∵xf′（x）＞f（x），∴g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
从而有g（x）=$\frac{f（x）}{x}$在（0，+∞）上是增函数．
（2）解：至少存在一个实数m∈[1，e]使得f（m）＜h（m）成立，
即为f（m）-g（m）＜0，即$\frac{a}{2}$＞$\frac{lnm}{m}$．
令t（x）=$\frac{lnx}{x}$（1≤x≤e），t′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
由于1≤x≤e，可得1-lnx≥0，
则t（x）在[1，e]递增，x=1处，t（x）取得最小值0．
即有$\frac{a}{2}$＞0，即a＞0．
故实数a的取值范围是（0，+∞）；
（3）证明：由（1）知g（x）=$\frac{f（x）}{x}$在（0，+∞）上是增函数，
当x₁＞0，x₂＞0时，有$\frac{f（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＞$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{1}}$，$\frac{f（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}}$＞$\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{2}}$，
于是有：f（x₁）＜$\frac{{x}_{1}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$f（x₁+x₂），f（x₂）＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$f（x₁+x₂），
两式相加得：f（x₁）+f（x₂）＜f（x₁+x₂）．
即为f（x₁+x₂）＞f（x₁）+f（x₂）．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查函数的单调性的运用，同时考查不等式成立问题注意运用参数分离和转化为求函数的最值问题，考查运算能力，属于中档题．