Question

已知函數(shù)f（x）=axlnx（a≠0）
（1）若曲線y=f（x）在點P（1，f（1））處的切線與直線x-y+1=0垂直，求a及函數(shù)f（x）的最值；
（2）若m＞0，n＞0，a＞0，證明：f（m）+f（n）≥f（m+n）-a（m+n）ln2．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：計算題,證明題,導數(shù)的概念及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求出導數(shù)，由兩直線垂直的條件得到切線的斜率，從而得到切線的斜率，求得a，再由函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求得極值，也為最值；
（2）方法一、構(gòu)造函數(shù)g(x)=amlnm+axlnx-a(m+x)ln

m+x

2

(x＞0)，求出導數(shù)，判斷單調(diào)性，由單調(diào)性即可得證；方法二、運用分析法證明，考慮函數(shù)h（x）=xlnx，注意到h″(x)=

1

x

＞0，則h（x）為定義域上的凹函數(shù)（下凸函數(shù)），即可得證．

解答： 解：（1）定義域為 （0，+∞），f′（x）=alnx+a，
由在點P（1，f（1））處的切線與直線x-y+1=0垂直，
即切線斜率為-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）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，e^-1]，單調(diào)遞減區(qū)間為[e^-1，+∞）．
由此可知：f(x)max=f(e-1)=

1

e

，無最小值．
（2）（證法一）不妨設m≥n＞0，令n=x，
記g(x)=amlnm+axlnx-a(m+x)ln

m+x

2

(x＞0)，
則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）是減函數(shù)．
∵m≥x＞0，∴g（x）≥g（m）=0．
則g(x)=amlnm+axlnx-a(m+x)ln

m+x

2

≥0
即證得f（m）+f（n）≥f（m+n）-a（m+n）ln2．
（證法二）要證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．
故只需證：

mlnm+nlnn

2

≥

m+n

2

ln

m+n

2

．
考慮函數(shù)h（x）=xlnx，注意到h″(x)=

1

x

＞0，
∴h（x）為定義域上的凹函數(shù)（下凸函數(shù)）．
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得證．

點評：本題考查導數(shù)的運用：求切線方程和求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查構(gòu)造函數(shù)運用導數(shù)證明不等式和分析法證明不等式的方法，屬于中檔題．