Question

12．已知函数f（x）=$\frac{（x-a）lnx}{x}$，其中a∈[-e²，+∞），e=2.71828…为自然对数的底数．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若a=1，证明：当x₁≠x₂，且f（x₁）=f（x₂）时，x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）由单调性不妨设：x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），由（x₁）=f（x₂），只需证明f（x₂）＜f（2-x₂），只需证明（2-x₂）lnx₂+x₂ln（2-x₂）＜0，令h（x）=（2-x）lnx+xln（2-x），（1＜x＜2），根据函数的单调性证出结论即可．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{alnx+x-a}{{x}^{2}}$，（x＞0，a≤-e²），
令g（x）=alnx+x-a，（x＞0，a≤-e²），
g′（x）=$\frac{x+a}{x}$，
①a≥0时，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，
故存在x₀使得f（x₀）=0，
故f（x）在（0，x₀）递减，在（x₀，+∞）递增；
②-e²≤a＜0时，令g′（x）＞0，解得：x＞-a，
令g′（x）＜0，解得：0＜x＜-a，
故g（x）在（0，-a）递减，在（-a，+∞）递增，
∴g（x）_min=g（-a）=aln（-a）-2a=a[ln（-a）-2]
∵ln（-a）≤lne²=2，
∴g（x）_min＜0，
∴存在x₁，x₂∈（0，+∞），
使得在（0，x₁），（x₂，+∞），g（x）＞0，在（x₁，x₂），g（x）＜0，
∴f（x）在（0，x₁），（x₂，+∞）递增，在（x₁，x₂）递减；
（2）a=1时，f（x）=$\frac{（x-1）lnx}{x}$，f′（x）=$\frac{lnx+x-1}{{x}^{2}}$，
由（1）得：f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
由单调性不妨设：x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞），
①若x₂≥2，则有：x₁+x₂＞2成立，
②若：1＜x₂＜2，则有0＜2-x₂＜1，
要证x₁+x₂＞2，只需证明x₁＞2-x₂，
由单调性及0＜x₁＜1，0＜2-x₂＜1，
只需证明f（x₁）＜f（2-x₂），
由f（x₁）=f（x₂），
只需证明f（x₂）＜f（2-x₂），
即只需证明：$\frac{{（x}_{2}-1）l{nx}_{2}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（2{-x}_{2}-1）ln（2{-x}_{2}）}{2{-x}_{2}}$，
只需证明（2-x₂）lnx₂+x₂ln（2-x₂）＜0，
令h（x）=（2-x）lnx+xln（2-x），（1＜x＜2），
h′（x）=ln$\frac{2-x}{x}$+$\frac{4（1-x）}{x（2-x）}$，
∵1＜x＜2，
∴ln$\frac{2-x}{x}$＜0，$\frac{4（1-x）}{x（2-x）}$＜0，
∴h′（x）＜0，h（x）在（1，2）递减，
∴h（x）＜h（1）=0，
故原命题成立．

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，是一道综合题．