Question

10．已知函数f（x）=（x-a）ln（ax）（a＞0且a≠1）的图象与x轴交于A（x₁，0），B（x₂，0）两点．
（1）设曲线y=f（x）在A，B处的切线的斜率分别为k₁，k₂，求证：k₁+k₂＜0；
（2）设x₀是f（x）的极值点，比较$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$，x₀，$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$的大小．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到k₁+k₂=2lna-a²+1，令g（x）=2lnx-x²+1，（x＞0），根据函数的单调性证出g（x）＜0，从而证出结论；
（2）作差得到f′$（\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}）$-f′（x₀）=ln$（\frac{{a}^{2}+1}{2}）$+$\frac{2}{{a}^{2}+1}$-1，根据函数的单调性判断即可得到$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀，同理得到$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$＜x₀即可得到结论．

解答 解：（1）由（x-a）ln（ax）=0，解得：x₁=$\frac{1}{a}$，x₂=a，
∴f′（x）=ln（ax）-$\frac{a}{x}$+1，
∴k₁=f′（x₁）=f′（$\frac{1}{a}$）=-a²+1，k₂=f′（x₂）=f′（a）=2lna，
故k₁+k₂=2lna-a²+1，
令g（x）=2lnx-x²+1，（x＞0），则g′（x）=$\frac{2（1-x）（1+x）}{x}$，
令g′（x）＞0，解得：x＜1，令g′（x）＜0，解得：x＞1，
∴g（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，
∴x＞0且x≠1时，g（x）＜g（1）=0，
故：k₁+k₂＜0；
（2）令g（x）=f′（x）=ln（ax）-$\frac{a}{x}$+1，g′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{a}{x^{2}}$＞0，
∴f′（x）在（0，+∞）递增，
f′$（\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}）$-f′（x₀）=ln$（\frac{{a}^{2}+1}{2}）$+$\frac{2}{{a}^{2}+1}$-1，
令h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，（x＞0），则h′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
令h′（x）＞0，解得：x＞1，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
∴h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴h（x）≥h（1）=0，当且仅当x=1时“=”成立，
∵$\frac{{a}^{2}+1}{2}$＞$\frac{1}{2}$且$\frac{{a}^{2}+1}{2}$≠1，
∴h$（\frac{{a}^{2}+1}{2}）$=ln$（\frac{{a}^{2}+1}{2}）$+$\frac{2}{{a}^{2}+1}$-1＞0，
∴f′$（\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}）$-f′（x₀）＞0，即f′$（\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}）$＞f′（x₀），
∵f′（x）在（0，+∞）递增，∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＞x₀，
f′（$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$）-f′（x₀）=f′（1）-f′（x₀）=lna-a+1，
由h（x）≥h（1）=0，得：lnx≥1-$\frac{1}{x}$，ln$\frac{1}{x}$≥1-x，
∴lnx-x+1≤0，当且仅当x=1时“=”成立，
∵a＞0且a≠1，∴lna-a+1＜0，
∴f′（$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$）-f′（x₀）＜0，即f′（$\sqrt{{{x}_{1}x}_{2}}$）＜f′（x₀），
∵f′（x）在（0，+∞）递增，
∴$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$＜x₀
综上，$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$＜x₀＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是一道综合题．