Question

已知函数f（x）=axlnx（a≠0）
（1）若曲线y=f（x）在点P（1，f（1））处的切线与直线x-y+1=0垂直，求a及函数f（x）的最值；
（2）若m＞0，n＞0，a＞0，证明：f（m）+f（n）≥f（m+n）-a（m+n）ln2．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：计算题,证明题,导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）求出导数，由两直线垂直的条件得到切线的斜率，从而得到切线的斜率，求得a，再由函数的单调区间求得极值，也为最值；
（2）方法一、构造函数g(x)=amlnm+axlnx-a(m+x)ln

m+x

2

(x＞0)，求出导数，判断单调性，由单调性即可得证；方法二、运用分析法证明，考虑函数h（x）=xlnx，注意到h″(x)=

1

x

＞0，则h（x）为定义域上的凹函数（下凸函数），即可得证．

解答： 解：（1）定义域为 （0，+∞），f′（x）=alnx+a，
由在点P（1，f（1））处的切线与直线x-y+1=0垂直，
即切线斜率为-1，即有f′（1）=-1，
即得：a=-1，
∴f（x）=-xlnx，f′（x）=-lnx-1，
令f′（x）≥0，即lnx≤-1．∴x∈（0，e^-1]．
同理：令f′（x）≤0，可得：x∈[e^-1，+∞）．
∴f（x）的单调递增区间为（0，e^-1]，单调递减区间为[e^-1，+∞）．
由此可知：f(x)max=f(e-1)=

1

e

，无最小值．
（2）（证法一）不妨设m≥n＞0，令n=x，
记g(x)=amlnm+axlnx-a(m+x)ln

m+x

2

(x＞0)，
则g′(x)=alnx+a-aln

m+x

2

-a=aln

2x

m+x

．
∵m+x≥x，∴

2x

m+x

≤1
∴g′(x)=aln

2x

m+x

≤0，∴g（x）是减函数．
∵m≥x＞0，∴g（x）≥g（m）=0．
则g(x)=amlnm+axlnx-a(m+x)ln

m+x

2

≥0
即证得f（m）+f（n）≥f（m+n）-a（m+n）ln2．
（证法二）要证f（m）+f（n）≥f（m+n）-a（m+n）ln2，
即是：amlnm+anlnn≥a（m+n）ln（m+n）-a（m+n）ln2．
故只需证：

mlnm+nlnn

2

≥

m+n

2

ln

m+n

2

．
考虑函数h（x）=xlnx，注意到h″(x)=

1

x

＞0，
∴h（x）为定义域上的凹函数（下凸函数）．
由不等式，知：

h(m)+h(n)

2

＞h(

m+n

2

)．
代入即得：

mlnm+nlnn

2

≥

m+n

2

ln

m+n

2

．
f（m）+f（n）≥f（m+n）-a（m+n）ln2得证．

点评：本题考查导数的运用：求切线方程和求单调区间和极值、最值，考查构造函数运用导数证明不等式和分析法证明不等式的方法，属于中档题．