Question

19．设a＜b，把函数y=h（x）的图象与直线x=a，x=b及y=0所围成图形的面积与b-a的比值称为函数y=h（x）在[a，b]上的“面积密度”
（I）设f（x）=x1nx-x，曲线y=f（x）与直线y=x+b相切，求b的值；
（II）设0＜a＜b，求μ的值（用a，b表示）使得函数g（x）=|lnx-lnμ|在区间（a，b）上的“面积密度”取得最小值；
（III）记（2）中的最小值为φ（a，b），求证：φ（a，b）＜ln2．

Answer 1

分析 （I）设切点为（a，alna-a），则切线方程为y-alna+a=lna（x-a），即y=xlna-a，利用曲线y=f（x）与直线y=x+b相切，求b的值；
（II）令面积密度为k，则k=$\frac{{∫}_{a}^{b}|lnx-lnu|dx}{b-a}$，分类讨论，求积分，即可得出结论；
（III）利用极限的思想，即可证明结论．

解答 （I）解：∵f（x）=x1nx-x，
∴f′（x）=lnx，
设切点为（a，alna-a），则切线方程为y-alna+a=lna（x-a），即y=xlna-a，
∵曲线y=f（x）与直线y=x+b相切，
∴lna=1，b=-a，
∴a=e，b=-e；
（II）解：令面积密度为k，则k=$\frac{{∫}_{a}^{b}|lnx-lnu|dx}{b-a}$，
μ≥b，k=$\frac{（xlnμ+x-xlnx）{|}_{a}^{b}}{b-a}$=$\frac{（b-a）+（b-a）lnμ+alna-blnb}{b-a}$≥1+$\frac{alna-alnb}{b-a}$（μ=b时取等号）
∴k_min=1+$\frac{alna-alnb}{b-a}$
μ∈（a，b）=$\frac{{∫}_{a}^{μ}（lnμ-lnx）dx+{∫}_{μ}^{b}（lnx-lnμ）dx}{b-a}$=$\frac{alna+blnb-（a+b）+2μ-（a+b）lnμ}{b-a}$，
设g（μ）=2μ-（a+b）lnμ，g′（μ）=$\frac{2μ-（a+b）}{μ}$，
在μ∈（a，$\frac{a+b}{2}$）上g′（μ）＜0，在（$\frac{a+b}{2}$，b）上，g′（μ）＞0，
∴g（μ）≥g（$\frac{a+b}{2}$）=$\frac{alna+blnb-（a+b）ln\frac{a+b}{2}}{b-a}$，
∴k_min=$\frac{alna+blnb-（a+b）ln\frac{a+b}{2}}{b-a}$
μ∈（0，a]，k=$\frac{{∫}_{a}^{b}（lnx-lnμ）dx}{b-a}$=-1-lnμ+$\frac{blnb+alna}{b-a}$≥-1+$\frac{blnb-blna}{b-a}$（μ=a时取等号），
∴k_min=-1+$\frac{blnb-blna}{b-a}$；
（III）取第二段考虑，设t=$\frac{b}{a}$（t∈（1，+∞）），g（t）=$\frac{ln\frac{2}{t+1}+tln\frac{2t}{t+1}}{t-1}$，
g′（t）=-$\frac{1}{（t-1）^{2}}$ln$\frac{4t}{（t+1）^{2}}$＞0，
∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，∵$\underset{lim}{t→1}g（t）$=$\underset{lim}{t→1}\frac{2t}{t+1}$=0，$\underset{lim}{t→∞}g（t）=\underset{lim}{t→∞}ln\frac{2}{1+\frac{1}{t}}$=ln2，
∴g（t）＜ln2，
∴φ（a，b）＜ln2．

点评 本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查定积分知识，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．