Question

11．設函數(shù)f（x）=lnx的反函數(shù)為G（x），函數(shù)g（x）=$\frac{{e}^{ax}}{x}$在[1，+∞）上是增函數(shù)．
（Ⅰ）求實數(shù)a的最小值；
（Ⅱ）若x₀是f（x）=$\frac{1}{G（x）}$的根且x₀∈（1，2），當a=1時，函數(shù)m（x）=min{xf（x），$\frac{1}{g（x）}$}的圖象與直線y=n（n∈R）在（1，+∞）上的交點的橫坐標為x₁，x₂（x₁＜x₂），證明：x₁+x₂＞2x₀．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，問題轉化為a≥$\frac{1}{x}$在[1，+∞）上恒成立，求出a的最小值即可；
（Ⅱ）求出m（x）=min{xlnx，$\frac{x}{{e}^{x}}$}，當0＜x≤1時，xf（x）=xlnx≤0，而$\frac{1}{g（x）}$=$\frac{x}{{e}^{x}}$＞0，故此時有xf（x）＜$\frac{1}{g（x）}$，設F（x）=xlnx-$\frac{x}{{e}^{x}}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）∵函數(shù)g（x）=$\frac{{e}^{ax}}{x}$在[1，+∞）上是增函數(shù)．
∴g′（x）=$\frac{{（ax-1）e}^{ax}}{{x}^{2}}$≥0在[1，+∞）上恒成立，
即ax-1≥0在[1，+∞）上恒成立，
即a≥$\frac{1}{x}$在[1，+∞）上恒成立，
即a≥1，故實數(shù)a的最小值為1；
證明：（Ⅱ）由已知可得：G（x）=e^x
若x₀是f（x）=lnx=$\frac{1}{G（x）}$=e^-x的根且x₀∈（1，2），
當a=1時，g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，$\frac{1}{g（x）}$=xe^-x，
m（x）=min{xlnx，$\frac{x}{{e}^{x}}$}，
當0＜x≤1時，xf（x）=xlnx≤0，
而$\frac{1}{g（x）}$=$\frac{x}{{e}^{x}}$＞0，
故此時有xf（x）＜$\frac{1}{g（x）}$，
設F（x）=xlnx-$\frac{x}{{e}^{x}}$，
∵F′（x）=1+lnx+$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，
x＞1時，F(xiàn)′（x）＞0，且存在x₀∈（1，2），
使得F（x₀）=x₀lnx₀-$\frac{{x}_{0}}{{e}^{{x}_{0}}}$=$\frac{{x}_{0}{（e}^{{x}_{0}}l{nx}_{0}-1）}{{e}^{{x}_{0}}}$=0，
故1＜x＜x₀時，xf（x）＜$\frac{1}{g（x）}$，
當x＞x₀時，xf（x）＞$\frac{1}{g（x）}$，
∴m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xlnx，0＜x{≤x}_{0}}\\{\frac{x}{{e}^{x}}，x{＞x}_{0}}\end{array}\right.$，
顯然當1＜x＜x₀時，m（x）=xlnx，m′（x）=1+lnx＞0，m（x）遞增，
當x＞x₀時，m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$＜0，m（x）遞減，
由m（x）=n在（1，+∞）上有2個不等實根x₁，x₂，（x₁＜x₂），
知x₁∈（1，x₀），x₂∈（x₀，+∞），
顯然當x₂→+∞時，x₁+x₂＞2x₀，
下面用分析法證明：
要證x₁+x₂＞2x₀，即證x₂＞2x₀-x₁＞x₀，
而m（x）在（x₀，+∞）遞減，
故可證m（x₂）＜m（2x₀-x₁），
又m（x₁）=m（x₂），即證m（x₁）＜m（2x₀-x₁），即x₁lnx₁＜$\frac{{2x}_{0}{-x}_{1}}{{e}^{{2x}_{0}{-x}_{1}}}$，
記h（x）=xlnx-$\frac{{2x}_{0}-x}{{e}^{{2x}_{0}-x}}$，1＜x＜x₀，其中h（x₀）=0，
h′（x）=1+lnx+$\frac{1+x-{2x}_{0}}{{e}^{{2x}_{0}-x}}$=1+lnx+$\frac{1}{{e}^{{2x}_{0}-x}}$-$\frac{{2x}_{0}-x}{{e}^{{2x}_{0}-x}}$，
記ω（t）=$\frac{t}{{e}^{t}}$，ω′（t）=$\frac{1-t}{{e}^{t}}$，
當t∈（0，1）時，ω′（t）＞0，t∈（1，+∞）時，ω′（t）＜0，
故ω（t）_max=$\frac{1}{e}$，
而ω（t）＞0，故0＜ω（t）＜$\frac{1}{e}$，
而2x₀-x＞0，
從而-$\frac{1}{e}$＜-$\frac{{2x}_{0}-x}{{e}^{{2x}_{0}-x}}$＜0，
因此h′（x）＞1-$\frac{1}{e}$＞0，即h（x）遞增，
從而1＜x＜x₀時，h（x）＜h（x₀）=0，
即x₁lnx₁＜$\frac{2{{x}_{0}-x}_{1}}{{e}^{{2x}_{0}{-x}_{1}}}$，
故x₁+x₂＞2x₀，得證．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，考查不等式的證明以及轉化思想，是一道綜合題．