Question

13．已知函数f（x）=x（lnx-1）
（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若函数g（x）=f（x）-$\frac{a}{2}$x²有两个极值点x₁，x₂，试比较$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$与2ae的大小．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f′（x），f（x）的值，求出切线方程即可；
（Ⅱ）问题转化为g′（x）=lnx-ax有2个不同的实数根，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出2ae＜2，证明$\frac{1}{l{nx}_{1}}$+$\frac{1}{l{nx}_{2}}$＞2，根据ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x（lnx-1）的定义域是（0，+∞），
f′（x）=lnx，故f（1）=-1，f′（1）=0，
故切线方程是y=-1；
（Ⅱ）g′（x）=lnx-ax，函数g（x）有两个极值点x₁，x₂，
即g′（x）=lnx-ax有2个不同的实数根，
①a≤0时，g′（x）递增，g′（x）=0不可能有2个不同的实根，
②a＞0时，设h（x）=lnx-ax，h′（x）=$\frac{1-ax}{x}$，
0＜x＜$\frac{1}{a}$时，h′（x）＞0，h（x）递增，
x＞$\frac{1}{a}$时，h′（x）＜0，h（x）递减，
而x→0时，h（x）→-∞，x→+∞时，h（x）→-∞，
∴h（$\frac{1}{a}$）=-lna-1＞0，∴0＜a＜$\frac{1}{e}$，∴2ae＜2，
下面证明$\frac{1}{l{nx}_{1}}$+$\frac{1}{l{nx}_{2}}$＞2，
不妨设x₂＞x₁＞0，∵g′（x₁）=g′（x₂）=0，
要证明$\frac{1}{l{nx}_{1}}$+$\frac{1}{l{nx}_{2}}$＞2，即证$\frac{l{nx}_{2}-l{nx}_{1}}{{{x}_{2}-x}_{1}}$＜$\frac{{{x}_{1}+x}_{2}}{{{2x}_{1}x}_{2}}$，
即证ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＜$\frac{1}{2}$（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$），
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，即证lnt＜$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），φ（t）=lnt-$\frac{1}{2}$（t-$\frac{1}{t}$），
则φ′（t）=$\frac{{-（t-1）}^{2}}{{2t}^{2}}$＜0，
函数φ（t）在（1，+∞）递减，
φ（t）＜φ（1）=0，
∴$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2，$\frac{1}{ln{x}_{1}}$+$\frac{1}{ln{x}_{2}}$＞2ae．

点评 本题考查了函数单调性问题、考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．