Question

10．設(shè)函數(shù)f（x）=x•lnx+ax，a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求函數(shù)y=f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$上的最小值；
（Ⅲ）若$g（x）=f（x）+\frac{1}{2}a{x^2}-（2a+1）x$，求證：a≥0是函數(shù)y=g（x）在x∈（1，2）時(shí)單調(diào)遞增的充分不必要條件．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（1），f′（1），求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出f（x）的最小值，通過(guò)討論a的范圍，得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性，從而確定f（x）在閉區(qū)間的最小值即可；
（Ⅲ）求出g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍分別證明充分性和必要性即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=xlnx+ax得：f′（x）=lnx+a+1．
當(dāng)a=1時(shí)，f′（x）=lnx+2，f（1）=1，f′（1）=2，
求得切線方程為y=2x-1…（4分）
（Ⅱ）令f′（x）=0，得x=e^-（a+1），
∴當(dāng)e^-（a+1）≤$\frac{1}{e}$，即a≥0時(shí)，x∈[$\frac{1}{e}$，e]時(shí)f′（x）≥0恒成立，f（x）單調(diào)遞增，
此時(shí)f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{a-1}{e}$．
當(dāng)e^-（a+1）≥e，即a≤-2時(shí)，x∈[$\frac{1}{e}$，e]時(shí)，f′（x）≤0恒成立，f（x）單調(diào)遞減，
此時(shí)f（x）_min=f（e）=ae+e，
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜e^-（a+1）＜e，即-2＜a＜0時(shí)，x∈[$\frac{1}{e}$，e^-（a+1））時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單減；
x∈（e^-（a+1），e）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單增，此時(shí)f（x）_min=f（e^-（a+1））=-e^-（a+1），
…（9分）
（Ⅲ）g′（x）=f′（x）+ax-（2a+1）=lnx+a（x-1），
∴當(dāng)a≥0時(shí)，x∈（1，2）時(shí)lnx＞0，a（x-1）≥0，g′（x）＞0恒成立，
函數(shù)y=g（x）在x∈（1，2）時(shí)單調(diào)遞增，充分條件成立；
又當(dāng)a=-$\frac{1}{2}$時(shí)，代入g′（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$，
設(shè)h（x）=g′（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$，x∈（1，2），
則h′（x）=$\frac{2-x}{2x}$＞0恒成立
∴當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，h（x）單調(diào)遞增．
又h（1）=0，∴當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，h（x）＞0恒成立．
而h（x）=g′（x），
∴當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，g′（x）＞0恒成立，函數(shù)y=g（x）單調(diào)遞增．
∴必要條件不成立
綜上，a≥0是函數(shù)y=g（x）在x∈（1，2）時(shí)單調(diào)遞增的充分不必要條件．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了充分必要條件，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．