Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx，且0＜x₁＜x₂，給出下列命題：
①

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＜1；
②f（x₁）+x₂＜f（x₂）+x₁；
③x₂f（x₁）＜x₁f（x₂）；
④當(dāng)lnx₁＞-1時(shí)，x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞2x₂f（x₁）．
其中所有正確命題的序號(hào)為

 

．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：通過觀察選項(xiàng)，出現(xiàn)了函數(shù)值的大小比較，可以看出需要利用函數(shù)的單調(diào)性去比較函數(shù)值及變量的大小關(guān)系，所以先對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，判斷它的單調(diào)性，并求出單調(diào)區(qū)間．判斷的結(jié)果是f（x）在（0，

1

e

）上單調(diào)遞減，在（

1

e

，+∞）上單調(diào)遞增．然后逐項(xiàng)判斷即可．

解答： 解：f′（x）=lnx+1，
x∈（0，

1

e

）時(shí)，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，

1

e

）單調(diào)遞減，
x∈（

1

e

，+∞），f′（x）＞0，．∴f（x）在（

1

e

，+∞）上單調(diào)遞增．
①令g（x）=f（x）-x=xlnx-x，
則g′（x）=lnx，設(shè)x₁，x₂∈（1，+∞），
則g′（x）＞0，∴函數(shù)g（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
∴由x₂＞x₁得g（x₂）＞g（x₁）；
∴f（x₂）-x₂＞f（x₁）-x₁，∴

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞1；故①錯(cuò)誤；
②令h（x）=f（x）-x=xlnx-x，則h′（x）=lnx，
∴x∈（0，1）時(shí)，h′（x）＜0，
∴函數(shù)h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，
設(shè)x₁，x₂∈（0，1），所以由x₁＜x₂得h（x₁）＞h（x₂），
∴f（x₁）-x₁＞f（x₂）-x₂，故②錯(cuò)誤；
③令g（x）=

f(x)

x

=lnx，則g′（x）=

1

x

，（0，+∞）上函數(shù)單調(diào)遞增，
∵x₂＞x₁＞0，∴g（x₂）＞g（x₁），∴x₂•f（x₁）＜x₁•f（x₂），即③正確；
④lnx₁＞-1時(shí)，f（x）單調(diào)遞增，
∴x₁•f（x₁）+x₂•f（x₂）-2x₂f（x₁）=x₁[f（x₁）-f（x₂）]+x₂[f（x₂）-f（x₁）]=（x₁-x₂）[f（x₁）-f（x₂）]＞0
∴x₁•f（x₁）+x₂•f（x₂）＞x₁•f（x₂）+x₂f（x₁），
∵x₂•f（x₁）＜x₁•f（x₂），利用不等式的傳遞性可以得到x₁•f（x₁）+x₂•f（x₂）＞2x₂f（x₁），故④正確．
故答案為：③④．

點(diǎn)評(píng)：本題中用到了利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，并用到了函數(shù)單調(diào)性的定義．需要學(xué)習(xí)掌握的是構(gòu)造函數(shù)的辦法，學(xué)習(xí)怎么構(gòu)造函數(shù)．