题目

已知函数f（x）=lnx，g（x）=2x-2．
（1）试判断函数F（x）=（x²+1）f （x）-g（x）在[1，+∞）上的单调性；
（2）当0＜a＜b时，求证：函数f（x）定义在区间[a，b]上的值域的长度大于

2a(b-a)

a2+b2

（闭区间[m，n]的长度定义为n-m）．
（3）方程f（x）=

1

ex

-

2

ex

是否存在实数根？说明理由．

答案

解（1）∵F（x）=（x²+1）lnx-2x+2．
∴F′（x）=2xlnx+

x2+1

x

-2=2xlnx+

(x-1)2

x

．
∴当x≥1时，F′（x）≥0且仅当x=1时F′（x）=0
∴F（x）在（1，+∞）上单调递增（4分）
（2）∵0＜a＜b，f（x）在[a，b]上的值域为[lna，lnb]
∴要证值域的长度大于

2a(b-a)

a2+b2

，
即证lnb-lna＞

2a(b-a)

a2+b2

只要证ln

b

a

＞

2( b a -1)

1+( b a )2

∵0＜a＜b，
∴

b

a

＞1，令

b

a

=x
则只要证lnx＞

2(x-1)

1+x2

（x＞1）
即证（x²+1）lnx-（2x-2）＞0（※）
由（1）可知F（x）在（1，+∞）上单调递增∴F（x）＞F（1）=0
所以（※）式成立．
∴f（x）在[a，b]上的值域的长度大于

2a(b-a)

a2+b2

．（9分）
（3）∵f（x）=

1

ex

-

2

ex

⇔xlnx=

x

ex

-

2

e

 (x＞0)
令h（x）=xlnx（x＞0）．则h′（x）=lnx+1
当x∈（0，

1

e

）时h′（x）＜0，h（x）单调递减；
当x∈（

1

e

，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增．所以h（x）_min=h（

1

e

）=-

1

e

．
令空集（x）=

x

ex

-

2

e

(x＞0)，则∅′(x)=

1-x

ex

，
当x∈（0，1），空集"（x）＞0，空集（x）单调递增；
当x∈（1，+∞）时，空集"（x）＜0，空集（x）单调递减．
∴C（x）_max=∅(1)=-

1

e

所以方程f（x）=

1

ex

-

2

ex

没有实根（13分）

解析