Question

已知函数f（x）=

1-a+lnx

x

在x=e上取得极值，a，t∈R，且t＞0．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）求函数g（x）=（x-1），f（x）在（0，t]上的最小值；
（Ⅲ）证明：对任意的x₁，x₂∈（

1

t

，+∞），且x₁≠x₂，都

x1f(x1)-x2f(x2)

x1-x2

＜t．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,导数的综合应用

分析：由极值与导数的关系求a；利用导数确定单调性，从而求最小值；构造函数h（x）=xf（x）-tx，x∈（0，+∞）．

解答： 解：（Ⅰ）∵f(x)=

1-a+lnx

x

（x＞0），
∴f′(x)=

a-lnx

x2

．
∵函数f（x）在x=e上取得极值，
∴f′(e)=

a-1

e2

=0，即a=1．
验证可知，a=1时，函数f（x）在x=e上取得极大值．
（Ⅱ）g′(x)=f(x)+(x-1)f′(x)=

x-1+lnx

x2

，
则g′（1）=0，且x∈（0，1）时，g′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0；
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∴当t∈（0，1]时，g（x）在（0，t]上单调递减，g（x）_min=g（t）=

(t-1)lnt

t

；
当t∈（1，+∞）时，g（x）在（0，1]上单调递减，在（1，t]上单调递增，g（x）_min=g（1）=0
综上所述，g（x）_min=

(t-1)lnt t ，t∈(0，1] 0，t∈(1，+∞)

．
（Ⅲ）证明：构造函数h（x）=xf（x）-tx，x∈（0，+∞）
则h（x）=lnx-tx，h′（x）=

1-tx

x

；
∴x∈（

1

t

，+∞）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减．
∵x₁，x₂∈（

1

t

，+∞），且x₁≠x₂，
∴x₁＞x₂时，h（x₁）＜h（x₂），
∴x₁f（x₁）-x₂f（x₂）＜t（x₁-x₂），
即

x1f(x1)-x2f(x2)

x1-x2

＜t；
同理，x₁＜x₂时也成立．
所以，对任意的x₁，x₂∈（

1

t

，+∞），且x₁≠x₂，都有

x1f(x1)-x2f(x2)

x1-x2

＜t．

点评：本题综合考查了函数导数的应用，同时考查了不等式的变形证明，属于难题．