Question

已知函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=2x-2．
（1）試判斷函數(shù)F（x）=（x²+1）f （x）-g（x）在[1，+∞）上的單調(diào)性；
（2）當(dāng)0＜a＜b時，求證：函數(shù)f（x）定義在區(qū)間[a，b]上的值域的長度大于

2a(b-a)

a2+b2

（閉區(qū)間[m，n]的長度定義為n-m）．
（3）方程f（x）=

1

ex

-

2

ex

是否存在實數(shù)根？說明理由．

Answer 1

分析：（1）由函數(shù)f（x）=lnx，g（x）=2x-2，我們易得到函數(shù)F（x）=（x²+1） f （x）-g（x）的解析式，利用導(dǎo)數(shù)法易判斷出函數(shù)在區(qū)間[1，+∞）上導(dǎo)函數(shù)的值，進而判斷出其單調(diào)性．
（2）若要證明函數(shù)f （x）定義在區(qū)間[a，b]上的值域的長度大于

2a(b-a)

a2+b2

，即證lnb-lna＞

2a(b-a)

a2+b2

，構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性易得結(jié)論．
（3）由f（x）=

1

ex

-

2

ex

?xlnx=

x

ex

-

2

e

 (x＞0)，我們可以構(gòu)造函數(shù)h（x）=xlnx（x＞0）．利用導(dǎo)數(shù)法判斷h（x）的單調(diào)性，求出其最值后，即可得到結(jié)論．

解答：解（1）∵F（x）=（x²+1）lnx-2x+2．
∴F′（x）=2xlnx+

x2+1

x

-2=2xlnx+

(x-1)2

x

．
∴當(dāng)x≥1時，F(xiàn)′（x）≥0且僅當(dāng)x=1時F′（x）=0
∴F（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增（4分）
（2）∵0＜a＜b，f（x）在[a，b]上的值域為[lna，lnb]
∴要證值域的長度大于

2a(b-a)

a2+b2

，
即證lnb-lna＞

2a(b-a)

a2+b2

只要證ln

b

a

＞

2( b a -1)

1+( b a )2

∵0＜a＜b，
∴

b

a

＞1，令

b

a

=x
則只要證lnx＞

2(x-1)

1+x2

（x＞1）
即證（x²+1）lnx-（2x-2）＞0（※）
由（1）可知F（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增∴F（x）＞F（1）=0
所以（※）式成立．
∴f（x）在[a，b]上的值域的長度大于

2a(b-a)

a2+b2

．（9分）
（3）∵f（x）=

1

ex

-

2

ex

?xlnx=

x

ex

-

2

e

 (x＞0)
令h（x）=xlnx（x＞0）．則h′（x）=lnx+1
當(dāng)x∈（0，

1

e

）時h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（

1

e

，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．所以h（x）_min=h（

1

e

）=-

1

e

．
令空集（x）=

x

ex

-

2

e

(x＞0)，則∅′(x)=

1-x

ex

，
當(dāng)x∈（0，1），空集'（x）＞0，空集（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞）時，空集'（x）＜0，空集（x）單調(diào)遞減．
∴C（x）_max=∅(1)=-

1

e

所以方程f（x）=

1

ex

-

2

ex

沒有實根（13分）

點評：本題考查的知識點是根的存在性及根的個數(shù)判斷及函數(shù)單調(diào)性的判斷與證明，利用導(dǎo)數(shù)法是判斷函數(shù)單調(diào)性及求函數(shù)的最值是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的重要方面，要求大家熟練掌握．