Question

10．设a＜b，把函数y=h（x）的图象与直线x=a和x=b、y=0所围成的面积与b-a的比值称为函数y=h（x）在区间（a，b）上的“面积密度”．
（1）设f（x）=x1n x-x，曲线y=f（x）与直线y=x+b相切，求b的值；
（2）设0＜a≤b，求μ的值（用a，b表示）使得函数g（x）=|1n x-ln μ|在区间（a，b）上的“面积密度”取得最小值；
（3）记（2）中的最小值为φ（a，b）求证φ（a，b）＜ln2．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，求得切线的斜率，由已知切线方程，可得切线的斜率，解方程可得b；
（2）运用定积分可得S（c）=${∫}_{a}^{{e}^{c}}$|lnx-c|dx+${∫}_{{e}^{c}}^{b}$|lnx-c|dx，由计算法则可得S（c）的解析式，再求导数，判断单调性可得最小值m及对应的μ的值；
（3）最小值为φ（a，b）=$\frac{m}{b-a}$＜ln2?alna+blnb-（a+b）ln$\frac{a+b}{2}$＜（b-a）ln2，令F（x）=alna+xlnx-（a+x）ln$\frac{a+x}{2}$-（x-a）ln2（x≥a），求出导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（1）设切点为（m，n），
f（x）=x1nx-x的导数为f′（x）=1+lnx-1=lnx，
可得切线的斜率为lnm=1，解得m=e，
则切点为（e，0），即有b=n-m=-e；
（2）设图象与直线x=a和x=b、y=0所围成的面积为S（c）（设c=lnμ），
即有S（c）=${∫}_{a}^{{e}^{c}}$|lnx-c|dx+${∫}_{{e}^{c}}^{b}$|lnx-c|dx
=${∫}_{a}^{{e}^{c}}$（c-lnx）dx+${∫}_{{e}^{c}}^{b}$（lnx-c）dx
=2e^c-c（a+b）-（a+b）+alna+blnb，
即有S′（c）=2e^c-（a+b），
由lna＜c＜lnb，当c∈（lna，ln$\frac{a+b}{2}$），S′（c）＜0，S（c）递减，
当c∈（ln$\frac{a+b}{2}$，lnb），S′（c）＞0，S（c）递增，
当c=ln$\frac{a+b}{2}$，即μ=$\frac{a+b}{2}$时，S（c）取得最小值，且为m=alna+blnb-（a+b）ln$\frac{a+b}{2}$．
（3）证明：最小值为φ（a，b）=$\frac{m}{b-a}$，
即有$\frac{m}{b-a}$＜ln2?alna+blnb-（a+b）ln$\frac{a+b}{2}$＜（b-a）ln2，
令F（x）=alna+xlnx-（a+x）ln$\frac{a+x}{2}$-（x-a）ln2（x≥a），
则F′（x）=lnx-ln$\frac{a+x}{2}$-ln2，
由x≥a，则F′（x）≤0，即有F（x）在[a，+∞）递减．
则F（b）＜F（a），即有alna+blnb-（a+b）ln$\frac{a+b}{2}$-（b-a）ln2＜0，
则有$\frac{m}{b-a}$＜ln2．
即为φ（a，b）＜ln2．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间和极值、最值，同时考查定积分的运用和构造函数运用单调性证明不等式的方法，属于难题．