Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx，當x₂＞x₁＞0時，給出以下幾個結論：
①（x₁-x₂）•[f（x₁）-f（x₂）]＜0
②

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＜1
③f（x₁）+x₂＜f（x₂）+x₁；
④x₂f（x₁）＜x₁f（x₂）；
⑤當lnx₁＞-1時，x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞2x₂f（x₁）
其中正確的是

 

．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應用,導數(shù)的綜合應用

分析：通過觀察選項，出現(xiàn)了函數(shù)值的大小比較，可以看出需要利用函數(shù)的單調(diào)性去比較函數(shù)值及變量的大小關系，所以先對函數(shù)f（x）求導，判斷它的單調(diào)性，并求出單調(diào)區(qū)間．判斷的結果是f（x）在（0，

1

e

）上單調(diào)遞減，在（

1

e

，+∞）上單調(diào)遞增．第一個比較容易判斷是不正確的，而第二、第三和第四個需要構造函數(shù)，根據(jù)構造的函數(shù)的單調(diào)性去判斷即可．第五個結論的證明可能要麻煩些，需要對第五個結論做一下變形，看到第五個結論之后，應想到把它變成：x₁f（x₁）-x₂f（x₁）＞x₂f（x₁）-x₂f（x₂），變形之后，在觀察它和第四個結論有什么關系，因為它們形式上相似，用上第四個結論，再根據(jù)f（x）的單調(diào)性，可能就得出對第五個結論的判斷．

解答： 解：f′（x）=lnx+1，x∈（0，

1

e

）時，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，

1

e

）上單調(diào)遞減；
x∈（

1

e

，+∞）時，f′（x）＞0，∴f（x）在（

1

e

，+∞）上單調(diào)遞增．
①（x₁-x₂）•[f（x₁）-f（x₂）]＜0不正確，∵當x₁，x₂∈（

1

e

，+∞）時，函數(shù)f（x）是增函數(shù)，∴x₂＞x₁，得到f（x₂）＞f（x₁）；
∴（x₁-x₂）[f（x₁）-f（x₂）]＞0．
②令g（x）=f（x）-x=xlnx-x，則g′（x）=lnx，設x₁，x₂∈（1，+∞），則g′（x）＞0，所以函數(shù)g（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，所以由x₂＞x₁得g（x₂）＞g（x₁）；
∴f（x₂）-x₂＞f（x₁）-x₁，∴

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞1．
③構造函數(shù)h（x）=f（x）-x=xlnx-x，h′（x）=lnx，∴x∈（0，1）時，h′（x）＜0，∴函數(shù)h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，設x₁，x₂∈（0，1），所以由x₁＜x₂得，h（x₁）＞h（x₂）；
∴f（x₁）-x₁＞f（x₂）-x₂，∴

f(x1)-f(x2)

x1-x2

＞1．
④設φ（x）=

f(x)

x

lnx，φ′（x）=

1

x

，∴在（0，+∞）上φ′（x）＞0，∴函數(shù)φ（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
∴由x₁＜x₂得：φ（x₁）＜φ（x₂），即：

f(x1)

x1

＜

f(x2)

x2

；
∴x₂f（x₁）＜x₁f（x₂），∴④正確．
⑤∵lnx₁＞-1，∴x＞

1

e

，∵x₂＞x₁，∴x2＞

1

e

；
由前面知，f（x）在（

1

e

，+∞）上是增函數(shù)，所以（x₁-x₂）（f（x₁）-f（x₂）＞0，即x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞x₁f（x₂）+x₂f（x₁）．
由④知x₂f（x₁）＜x₁f（x₂）得：x₁f（x₂）+x₂f（x₁）＞2x₂f（x₁）．
∴x₁f（x₁）+x₂f（x₂）＞2x₂f（x₁），∴⑤正確．故答案是：④⑤．

點評：本題中用到了利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，并用到了函數(shù)單調(diào)性的定義．需要學習掌握的是構造函數(shù)的辦法，學習怎么構造函數(shù)．對于最后一個結論，需對第五個結論中的不等式做一下變形，然后用上第四個結論，能想著用第四的結論，是證明這一結論的關鍵．