Question

已知函数f（x）=xlnx，当x₂＞x₁＞0时，给出以下几个结论：
①（x₁-x₂）•[f（x₁）-f（x₂）]＜0
②

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＜1
③f（x₁）+x₂＜f（x₂）+x₁；
④x₂f（x₁）＜x₁f（x₂）；
⑤当lnx₁＞-1时，x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞2x₂f（x₁）
其中正确的是

 

．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：通过观察选项，出现了函数值的大小比较，可以看出需要利用函数的单调性去比较函数值及变量的大小关系，所以先对函数f（x）求导，判断它的单调性，并求出单调区间．判断的结果是f（x）在（0，

1

e

）上单调递减，在（

1

e

，+∞）上单调递增．第一个比较容易判断是不正确的，而第二、第三和第四个需要构造函数，根据构造的函数的单调性去判断即可．第五个结论的证明可能要麻烦些，需要对第五个结论做一下变形，看到第五个结论之后，应想到把它变成：x₁f（x₁）-x₂f（x₁）＞x₂f（x₁）-x₂f（x₂），变形之后，在观察它和第四个结论有什么关系，因为它们形式上相似，用上第四个结论，再根据f（x）的单调性，可能就得出对第五个结论的判断．

解答： 解：f′（x）=lnx+1，x∈（0，

1

e

）时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，

1

e

）上单调递减；
x∈（

1

e

，+∞）时，f′（x）＞0，∴f（x）在（

1

e

，+∞）上单调递增．
①（x₁-x₂）•[f（x₁）-f（x₂）]＜0不正确，∵当x₁，x₂∈（

1

e

，+∞）时，函数f（x）是增函数，∴x₂＞x₁，得到f（x₂）＞f（x₁）；
∴（x₁-x₂）[f（x₁）-f（x₂）]＞0．
②令g（x）=f（x）-x=xlnx-x，则g′（x）=lnx，设x₁，x₂∈（1，+∞），则g′（x）＞0，所以函数g（x）在（1，+∞）上是增函数，所以由x₂＞x₁得g（x₂）＞g（x₁）；
∴f（x₂）-x₂＞f（x₁）-x₁，∴

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞1．
③构造函数h（x）=f（x）-x=xlnx-x，h′（x）=lnx，∴x∈（0，1）时，h′（x）＜0，∴函数h（x）在（0，1）上单调递减，设x₁，x₂∈（0，1），所以由x₁＜x₂得，h（x₁）＞h（x₂）；
∴f（x₁）-x₁＞f（x₂）-x₂，∴

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞1．
④设φ（x）=

f(x)

x

lnx，φ′（x）=

1

x

，∴在（0，+∞）上φ′（x）＞0，∴函数φ（x）在（0，+∞）上单调递增；
∴由x₁＜x₂得：φ（x₁）＜φ（x₂），即：

f(x1)

x1

＜

f(x2)

x2

；
∴x₂f（x₁）＜x₁f（x₂），∴④正确．
⑤∵lnx₁＞-1，∴x＞

1

e

，∵x₂＞x₁，∴x2＞

1

e

；
由前面知，f（x）在（

1

e

，+∞）上是增函数，所以（x₁-x₂）（f（x₁）-f（x₂）＞0，即x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞x₁f（x₂）+x₂f（x₁）．
由④知x₂f（x₁）＜x₁f（x₂）得：x₁f（x₂）+x₂f（x₁）＞2x₂f（x₁）．
∴x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞2x₂f（x₁），∴⑤正确．故答案是：④⑤．

点评：本题中用到了利用导数判断函数的单调性，并用到了函数单调性的定义．需要学习掌握的是构造函数的办法，学习怎么构造函数．对于最后一个结论，需对第五个结论中的不等式做一下变形，然后用上第四个结论，能想着用第四的结论，是证明这一结论的关键．