Question

20．已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)0＜x₁＜x₂，證明：$\frac{{f'（{x_1}）-f'（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)，在定義域內(nèi)解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可得單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明$\frac{f′{（x}_{1}）-f′{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$-$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$]＞0成立，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$]＞0即可．

解答 （Ⅰ）解：定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=lnx+x•$\frac{1}{x}$=1+lnx，
令f′（x）＞0，則lnx＞-1=ln$\frac{1}{e}$，∴x＞$\frac{1}{e}$；
令f′（x）＜0，則lnx＜-1=ln$\frac{1}{e}$，∴0＜x＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（$\frac{1}{e}$，+∞），單調(diào)減區(qū)間是（0，$\frac{1}{e}$）．
（Ⅱ）證明：要證$\frac{{f'（{x_1}）-f'（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$成立，
只需證明$\frac{f′{（x}_{1}）-f′{（x}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$-$\frac{2}{{x}_{1}{+x}_{2}}$
=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$[（lnx₂-lnx₁）-$\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{x}_{1}{+x}_{2}}$]
=$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$[ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$]＞0成立，
由于$\frac{1}{{x}_{2}{-x}_{1}}$＞0，只需ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$-$\frac{2（\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1）}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$＞0成立，
令g（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$，（t＞1），
則g′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
∴g（t）在（1，+∞）遞增，∴g（t）＞g（1）=0，
∴$\frac{{f'（{x_1}）-f'（{x_2}）}}{{{x_1}-{x_2}}}＞\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 該題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的證明，考查學(xué)生的運(yùn)算推理能力和轉(zhuǎn)化問(wèn)題的能力．