Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）設(shè)A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂）），且x₁≠x₂，證明：

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（

x1+x2

2

）．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）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，有極值點的定義可求極值；
（2）不妨設(shè)x₁＜x₂，kAB＜f′(

x1+x2

2

)?

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

＜ln

x1+x2

2

+1，即證x2ln

2x2

x1+x2

＜x1ln

2x1

x1+x2

+x2-x1，兩邊同除以x₁得，

x2

x1

ln

2• x2 x1

1+ x2 x1

＜ln

2

1+ x2 x1

+

x2

x1

-1，令

x2

x1

=t，則t＞1，只證：tln

2t

1+t

＜ln

2

1+t

+t-1，令g（t）=tln

2t

1+t

-ln

2

1+t

-t+1，利用導(dǎo)數(shù)證明g（t）＜0即可；

解答： （1）解：定義域為（0，+∞），f′（x）=lnx+x•

1

x

=1+lnx，
令f′（x）＞0，則lnx＞-1=ln

1

e

，∴x＞

1

e

；
令f′（x）＜0，則lnx＜-1=ln

1

e

，∴0＜x＜

1

e

，
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（

1

e

，+∞），單調(diào)減區(qū)間是（0，

1

e

）．
f（x）_極小值=f（

1

e

）=

1

e

ln

1

e

=-

1

e

，f（x）無極大值．
（2）證明：不妨設(shè)x₁＜x₂，
kAB＜f′(

x1+x2

2

)?

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

＜ln

x1+x2

2

+1，即x2lnx2-x1lnx1＜x2ln

x1+x2

2

-x1ln

x1+x2

2

+x₂-x₁，
x2ln

2x2

x1+x2

＜x1ln

2x1

x1+x2

+x2-x1，
兩邊同除以x₁得，

x2

x1

ln

2• x2 x1

1+ x2 x1

＜ln

2

1+ x2 x1

+

x2

x1

-1，
令

x2

x1

=t，則t＞1，即證：tln

2t

1+t

＜ln

2

1+t

+t-1，
令g（t）=tln

2t

1+t

-ln

2

1+t

-t+1，
g′（t）=ln

2t

1+t

+t•

1+t

2t

•

2

(1+t)2

+

1+t

2

•

2

(1+t)2

-1=ln

2t

1+t

+

1-t

1+t

=ln（1+

t-1

t+1

）-

t-1

t+1

，
令

t-1

t+1

=x（x＞0），h（x）=ln（1+x）-x，
h′（x）=

1

1+x

-1=

-x

1+x

＜0，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
∴h（x）＜h（0）=0，即ln（1+x）＜x，即g′（t）=ln（1+

t-1

t+1

）-

t-1

t+1

＜0恒成立，
∴g（t）在（1，+∞）上是減函數(shù)，所以g（t）＜g（1）=0，
∴tln

2t

1+t

＜ln

2

1+t

+t-1得證，
∴kAB＜f′(

x1+x2

2

)成立．

點評：該題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值，考查不等式的證明，考查學(xué)生的運算推理能力和轉(zhuǎn)化問題的能力．