Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{alnx}{x}$+b（a，b∈R）的圖象在點（1，f（1））處的切線方程為y=x-1．
（1）求實數(shù)a，b的值及函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）當(dāng)f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂）時，比較x₁+x₂與2e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)幾何意義即可求出a，b的值，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可求出，
（2）當(dāng)f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂）時，x₁+x₂＞2e，設(shè)1＜x₁＜e＜x₂，當(dāng)x₂≥2e時，顯然x₁+x₂＞2e，當(dāng)e＜x₂＜2e時，構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性即可證明

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a（1-lnx）}{{x}^{2}}$，
∵函數(shù)f（x）圖象在點（1，f（1））處的切線方程為y=x-1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=b=0}\\{f′（1）=a=1}\end{array}\right.$，
∴f（x）=$\frac{lnx}{x}$，定義域為（0，+∞），
∴f′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$
∴x∈（0，e），f′（x）＞0，x∈（e，+∞），f′（x）＜0，
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，e），單調(diào)減區(qū)間是（e，+∞）；
（2）當(dāng)f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂）時，x₁+x₂＞2e，
下面證明結(jié)論，
當(dāng)x＞e時，f（x）=$\frac{lnx}{x}$＞0，由（1）可知f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，e），單調(diào)減區(qū)間是（e，+∞），
又f（1）=0，
∴若f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂），則x₁，x₂都大于1，且必有一個小于e，一個大于e，
設(shè)1＜x₁＜e＜x₂，
當(dāng)x₂≥2e時，顯然x₁+x₂＞2e，
當(dāng)e＜x₂＜2e時，
∴f（x₁）-f（2e-x₂）=f（x₂）-f（2e-x₂）=$\frac{ln{x}_{2}}{{x}_{2}}$-$\frac{ln（2e-{x}_{2}）}{2e-{x}_{2}}$，
設(shè)g（x）=$\frac{lnx}{x}$-$\frac{ln（2e-x）}{2e-x}$，e＜x＜2e，
∴g′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}（2e-x）^{2}}$•{4e（e-x）（1-lnx）+x²[（2-ln（-（x-e）²+e²]}，
∵e＜x＜2e，
∴0＜-（x-e）²+e²＜e²，
∴2-ln（-（x-e）²+e²＞0
∵4e（e-x）（1-lnx）＞0，
∴g′（x）＞0，
∴g（x）在（e，2e）上單調(diào)遞增，
∴g（x）＞g（e）=0，
∴f（x₁）＞f（2e-x₂），
∵1＜x₁＜e＜x₂，
∴0＜2e-x₂＜e，
∵f（x）在（0，e）上單調(diào)遞增，
∴x₁＞2e-x₂，
∴x₁+x₂＞2e，
綜上所述，當(dāng)f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂）時，x₁+x₂＞2e

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于難題