Question

19．已知函数f（x）=ax-lnx有极小值1+ln2
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）设g（x）=3x-3lnx-1-f（x），讨论g（x）单调性；
（Ⅲ）若0＜x₁＜x₂，求证：$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}$＜2x₂．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，分类讨论，利用导数的正负可得函数的单调性，利用函数f（x）=ax-lnx有极小值1+ln2
求实数a的值；
（Ⅱ）设g（x）=3x-3lnx-1-f（x），利用导数的正负可得函数的单调性；
（Ⅲ）由（II）可知g（x）在（0，1）内单调递减，g（x）＞g（1）=0恒成立，由此证明：$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}$＜2x₂．

解答 （Ⅰ）解：f′（x）=a-$\frac{1}{x}$，
∴当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减区间为（0，e），无极值；
当a＞0时，f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=0，x=$\frac{1}{a}$，
f（x）单调递减区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调递增区间为（$\frac{1}{a}$，+∞），
∴x=$\frac{1}{a}$时，函数取得极小值1+ln2=1-ln$\frac{1}{a}$，∴a=2；
（Ⅱ）解：g（x）=3x-3lnx-1-f（x）=x-2lnx-1，定义域为（0，+∞），g′（x）=$\frac{x-2}{x}$，
∴g（x）单调递减区间为（0，2），单调递增区间为（2，+∞）；
（Ⅲ）证明：由（II）可知g（x）在（0，1）内单调递减，
∴g（x）＞g（1）=0恒成立，即x-2lnx-1＞0，x-1＞2lnx①
∵0＜x₁＜x₂，∴0＜$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜1，
∴①化为$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-1＞2ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=2（lnx₁-lnx₂），
∵lnx₁＜lnx₂，∴$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}$＜2x₂．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与极值，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．