Question

11．已知函数f（x）=lnx（x＞0）．
（1）求g（x）=xf（x），求函数y=g（x）的极值；
（2）判断函数h（x）=x²f（x）+x的单调性，并证明；
（3）若对任意两个互不相等的正数x₁，x₂，都有$\frac{{{f（x}_{1}）-f（x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜kf′（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$）恒成立，求实数k的最小值．

Answer 1

分析 （1）先求出函数g（x）的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数g（x）的极值；
（2）根据g（x）的范围求出函数h（x）的导数，从而得到函数的单调性；
（3）所证问题转化为ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜k（$\sqrt{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$-$\sqrt{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$），（*）令$\sqrt{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$=t，则（*）?2lnt＜k（t-$\frac{1}{t}$），（t＞1），设φ（t）=k（t-$\frac{1}{t}$）＞-2lnt，则原命题等价于φ（t）=k（t-$\frac{1}{t}$）-2lnt＞0在（1，+∞）上恒成立，通过讨论k的范围，得到函数φ（x）的单调性，从而求出k的最小值．

解答 解：（1）g（x）=xlnx，g′（x）=lnx+1，
由g′（x）=0得x=$\frac{1}{e}$，

x	（0，$\frac{1}{e}$）	$\frac{1}{e}$	（$\frac{1}{e}$，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	递减	-$\frac{1}{e}$	递增

从上表中可知，y=g（x）的极小值为g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，无极大值；
（2）函数h（x）在（0，+∞）单调递增，
h（x）=x²lnx+x，h′（x）=2xlnx+x+1，
由（1）得：g（x）=xlnx≥-$\frac{1}{e}$，且x＞0，
∴h′（x）=2xlnx+x+1＞0，
∴函数h（x）在（0，+∞）单调递增；
（3）不妨设x₁＜x₂，f′（x）=$\frac{1}{x}$，
$\frac{f{（x}_{1}）-f{（x}_{2}）}{{x}_{1}{-x}_{2}}$＜kf′（$\sqrt{{x}_{1}{•x}_{2}}$）
?$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＜$\frac{k}{\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}}$
?ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜k•$\frac{{x}_{2}{-x}_{1}}{\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}}$=k（$\sqrt{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$-$\sqrt{\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}$），（*），
令$\sqrt{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$=t，则（*）?2lnt＜k（t-$\frac{1}{t}$），（t＞1），
设φ（t）=k（t-$\frac{1}{t}$）＞-2lnt，
则原命题等价于φ（t）=k（t-$\frac{1}{t}$）-2lnt＞0在（1，+∞）上恒成立，
φ′（t）=$\frac{{kt}^{2}-2t+k}{{t}^{2}}$，
①当k≤0时，φ′（t）≤0，φ（t）在（1，+∞）上单调递减，φ（t）＜φ（1）=0，
故k≤0不符合题意；
②当k＞0时，
（i）当△=4-4k²≤0，即k≥1时，φ′（t）≥0，φ（t）在（1，+∞）单调递增，
φ（t）＞φ（1）=0，故k≥1符号题意；
（ii）当0＜k＜1时，△=4-4k²＞0，
设方程kt²-2t+k=0的两根分别是t₁，t₂，且t₁＜t₂，
则0＜t₁＜1＜t₂且当t∈（1，t₂]时，φ′（t）≤0，当t∈[t₂，+∞）时，φ′（t）≥0，
∴φ（t）在[1，t₂）上单调递减，在（t₂，+∞）上单调递增，
故φ（t₂）＜φ（1）=0与φ（t）＞0在（1，+∞）是恒成立矛盾，
故0＜k＜1不符号题意，
综上，实数k的最小值为1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，函数恒成立问题，考查换元思想、分类讨论思想，第（3）问较复杂，解题时仔细谨慎，本题属于难题．