Question

2．已知函數(shù)f（x）=xlnx，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）求曲線y=f（x）在x=e^-2處的切線方程；
（2）關(guān)于x的不等式f（x）≥λ（x-1）在（0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)λ的值；
（3）關(guān)于x的方程f（x）=a有兩個(gè)實(shí)根x₁，x₂，求證：|x₁-x₂|＜2a+1+e^-2．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f′（e^-2）和f（e^-2）的值，求出切線方程即可；
（2）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的極小值，從而求出λ的值即可；
（3）記h（x）=f（x）-（-x-e^-2）=xlnx+x+e^-2，求出h（x）的最小值，得到a=${{x}_{2}}^{′}$-1=f（x₂）≥x₂-1，得到|x₁-x₂|=x₂-x₁≤${{x}_{2}}^{′}$-${{x}_{1}}^{′}$，從而證出結(jié)論．

解答 解（1）對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)得f′（x）=lnx+1，
∴f′（e^-2）=lne^-2+1=-1，
又f（e^-2）=e^-2lne^-2=-2e^-2，
∴曲線y=f（x）在x=e^-2處的切線方程為y-（-2e^-2）=-（x-e^-2），
即y=-x-e^-2；
（2）記g（x）=f（x）-λ（x-1）=xlnx-λ（x-1），其中x＞0，
由題意知g（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
下面求函數(shù)g（x）的最小值，
對(duì)g（x）求導(dǎo)得g′（x）=lnx+1-λ，
令g′（x）=0，得x=e^λ-1，
當(dāng)x變化時(shí)，g′（x），g（x）變化情況列表如下：

x	（0，eλ-1）	eλ-1	（eλ-1，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	遞減	極小值	遞增

∴g（x）_min=g（x）_極小值=g（e^λ-1）=（λ-1）e^λ-1-λ（e^λ-1-1）=λ-e^λ-1，
∴λ-e^λ-1≥0，
記G（λ）=λ-e^λ-1，則G′（λ）=1-e^λ-1，
令G′（λ）=0，得λ=1，
當(dāng)λ變化時(shí)，G′（λ），G（λ）變化情況列表如下：

λ	（0，1）	1	（1，+∞）
G′（λ）	+	0	-
G（λ）	遞增	極大值	遞減

∴G（λ）_max=G（λ）_極大值=G（1）=0，
故λ-e^λ-1≤0當(dāng)且僅當(dāng)λ=1時(shí)取等號(hào)，
又λ-e^λ-1≥0，從而得到λ=1；
（3）先證f（x）≥-x-e^-2，
記h（x）=f（x）-（-x-e^-2）=xlnx+x+e^-2，則h′（x）=lnx+2，
令h′（x）=0，得x=e^-2，
當(dāng)x變化時(shí)，h′（x），h（x）變化情況列表如下：

x	（0，e-2）	e-2	（e-2，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	遞減	極小值	遞增

∴h（x）_min=h（x）_極小值=h（e^-2）=e^-2lne^-2+e^-2+e^-2=0，
h（x）≥0恒成立，即f（x）≥-x-e^-2，
記直線y=-x-e^-2，y=x-1分別與y=a交于（${{x}_{1}}^{′}$，a），（${{x}_{2}}^{′}$，a），
不妨設(shè)x₁＜x₂，則a=-${{x}_{1}}^{′}$-e^-2=f（x₁）≥-x₁-e^-2，
從而${{x}_{1}}^{′}$＜x₁，當(dāng)且僅當(dāng)a=-2e^-2時(shí)取等號(hào)，
由（2）知，f（x）≥x-1，則a=${{x}_{2}}^{′}$-1=f（x₂）≥x₂-1，
從而x₂≤${{x}_{2}}^{′}$，當(dāng)且僅當(dāng)a=0時(shí)取等號(hào)，
故|x₁-x₂|=x₂-x₁≤${{x}_{2}}^{′}$-${{x}_{1}}^{′}$=（a+1）-（-a-e^-2）=2a+1+e^-2，
因等號(hào)成立的條件不能同時(shí)滿足，故|x₁-x₂|＜2a+1+e^-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想、是一道綜合題．