Question

20．函数f（x）=xlnx-$\frac{k}{x}$（k＜0）的图象与x轴交于不同的两点A（x₁，0），B（x₂，0）．求证：f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）≠0．

Answer 1

分析 求出f（x）的导数，由题意可得方程k=x²lnx在x＞0上有两解，令g（x）=x²lnx，求出导数，求得单调区间可得极值和最值，确定k的范围，再由x₁，x₂的范围，运用不等式的性质，可得f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0，进而得证．

解答 证明：f（x）=xlnx-$\frac{k}{x}$（k＜0），
∴f′（x）=1+lnx+$\frac{k}{{x}^{2}}$，
∵函数f（x）的图象与x轴交于两点A（x₁，0），B（x₂，0），
∴x₁lnx₁-$\frac{k}{{x}_{1}}$=0，x₂lnx₂-$\frac{k}{{x}_{2}}$=0，
即有方程k=x²lnx在x＞0上有两解，
令g（x）=x²lnx，g′（x）=2xlnx+x，由g′（x）=0，解得x=$\frac{1}{\sqrt{e}}$，
当x＞$\frac{1}{\sqrt{e}}$时，g′（x）＞0，g（x）递增；
当0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$时，g′（x）＜0，g（x）递减．
即有x=$\frac{1}{\sqrt{e}}$处取得最小值，且为-$\frac{1}{2e}$，
即有-$\frac{1}{2e}$＜k＜0，
可设0＜x₁＜$\frac{1}{\sqrt{e}}$，$\frac{1}{\sqrt{e}}$＜x₂＜1，
即有$\frac{1}{2\sqrt{e}}$＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2\sqrt{e}}$，
令x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，即有f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）=f′（x₀）=1+lnx₀+$\frac{k}{{{x}_{0}}^{2}}$，
由$\frac{1}{2\sqrt{e}}$＜x₀＜$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2\sqrt{e}}$，可得ln$\frac{1}{2\sqrt{e}}$＜lnx₀＜ln（$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2\sqrt{e}}$），
即有lnx₀∈（-1.5，-1），$\frac{k}{{{x}_{0}}^{2}}$＜0，
则有f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）＜0，
故f′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）≠0．

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，极值和最值，体现了转化的数学思想，属于中档题．