Question

已知：函數(shù)f（x）=

1

x

，g（x）=

1

x2

；直線l₁：x=a，l₂：x=b（0＜a＜b）．
（Ⅰ）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）（x＞0），試求h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）記函數(shù)f（x）的圖象與直線l₁，l₂，x軸所圍成圖形的面積為S₁；函數(shù)g（x）的圖象與直線l₁，l₂，x軸所圍成圖形的面積為S₂；
①若a+b=2，試判斷S₁、S₂的大小，并加以證明；
②證明：對(duì)于任意的b∈（1，+∞），總存在唯一的a∈（

1

b

，1），使得S₁=S₂．

Answer 1

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

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）先求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，分別令h′（x）＞0，h′（x）＜0，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）分別求出S₁，S₂，進(jìn)而求出S₁-S₂，①通過討論a的范圍結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，判斷出S₁，S₂的大小；②根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性綜合得出結(jié)論．

解答： 解：（Ⅰ）∵h(yuǎn)（x）=f（x）-g（x）=

1

x

-

1

x2

，∴h′（x）=-

1

x2

+

2

x3

，
∵x＞0，令h′（x）＞0，解得：0＜x＜2，令h′（x）＜0，解得：x＞2，
∴h（x）在（0，2）遞增，在（2，+∞）遞減；
（Ⅱ）∵0＜a＜b，
∴S₁=

∫

b a

1

x

dx=lnx

|

b a

=lnb-lna，S₂=

∫

b a

1

x2

dx=（-

1

x

）

|

b a

=

1

a

-

1

b

，
S₁-S₂=lnb-lna+

1

b

-

1

a

，
①∵a+b=2，0＜a＜b，
∴b=2-a，0＜a＜1，且S₁-S₂=ln（2-a）-lna+

1

2-a

-

1

a

，
令t（a）=ln（2-a）-lna+

1

2-a

-

1

a

，（0＜a＜1），
則t′（a）=

1

a-2

-

1

a

+

1

(a-2)2

+

1

a2

=

4(a-1)2

a2(a-2)2

，
∵0＜a≤1時(shí)，t′（a）≥0，
∴t（a）在區(qū)間（0，1]上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)0＜a＜1時(shí)，t（a）＜t（1）=0，從而S₁＜S₂；
②證明：令m（x）=-lnx-

1

x

+lnb+

1

b

，（x∈（

1

b

，1）），
則m′（x）=-

1

x

+

1

x2

=

-x+1

x2

，m（1）=lnb+

1

b

-1，m（

1

b

）=2lnb-b+

1

b

，
當(dāng)x∈（

1

b

，1）時(shí)，m′（x）=

-x+1

x2

≥0，
∴m（x）在（

1

b

，1）單調(diào)遞增，…①，
令p（x）=lnx+

1

x

-1，（x≥1），則p′（x）=

x-1

x2

≥0，
∴p（x）在區(qū)間[1，+∞）單調(diào)遞增，
∴當(dāng)b＞1時(shí)，m（1）=lnb+

1

b

-1=p（b）＞p（1）=0，…②，
令q（x）=2lnx-x+

1

x

，（x≥1），則q′（x）=

2

x

-1-

1

x2

=-

(x-1)2

x2

≤0，
∴q（x）在區(qū)間[1，+∞）單調(diào)遞減，
∴m（

1

b

）=2lnb-b+

1

b

=q（b）＜q（1）=0，…③，
由①②③得：函數(shù)m（x）在區(qū)間（

1

b

，1）內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，
即存在唯一的x∈（

1

b

，1），使得m（x）=0，
綜上，對(duì)于任意的b∈（1，+∞），總存在唯一的a∈（

1

b

，1），使得S₁=S₂．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查了分類討論思想，是一道綜合題．