Question

9．已知函數(shù)f（x）=axlnx（a為非零常數(shù)）圖象上點(diǎn)（e，f（e））處的切線與直線y=2x平行（其中e=2.71828…）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）解析式；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（Ⅲ）若斜率為k的直線與曲線y=f′（x）交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）兩點(diǎn)，求證：x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)切線方程與直線y=2x平行得到切線的斜率為2，即可得到f'（e）=2，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)把f'（e）=2代入即可求出a的值得到函數(shù)的解析式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得f'（x），令f'（x）=0可得極值點(diǎn)$\frac{1}{e}$，按照極值點(diǎn)與區(qū)間位置關(guān)系分類討論：當(dāng)0＜t＜$\frac{1}{e}$＜t+2時(shí)，當(dāng)$\frac{1}{e}$≤t＜t+2時(shí)可求得最值；
（Ⅲ）k=$\frac{f′（{x}_{2}）-f′（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，要證x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂，即證x₁＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$＜x₂，等價(jià)于1＜$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，則只證1＜$\frac{t-1}{lnt}$＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等價(jià)于證明lnt＜t-1＜tlnt，構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)可證明兩不等式；

解答 解：（I）由點(diǎn)（e，f（e））處的切線方程與直線2x-y=0平行，
得該切線斜率為2，即f′（e）=2．
又∵f′（x）=a（lnx+1），令a（lne+1）=2，解得a=1，
∴f（x）=xlnx．
（II）由（I）知f′（x）=lnx+1，
顯然f′（x）=0時(shí)x=e^-1，當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{e}$）時(shí)，f′（x）＜0，
∴函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減．
當(dāng)x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
∴函數(shù)f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增，
①0＜t＜$\frac{1}{e}$＜t+2，即0＜t＜$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
②$\frac{1}{e}$≤t＜t+2，即t≥$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）在[t，t+2]上單調(diào)遞增，f（x）_min=f（t）=tlnt；
∴f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{e}，}&{0＜t＜\frac{1}{e}}\\{tlnt，}&{t≥\frac{1}{e}}\end{array}\right.$；
（Ⅲ）k=$\frac{f′（{x}_{2}）-f′（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
要證x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂，即證x₁＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$＜x₂，等價(jià)于1＜$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，則只證1＜$\frac{t-1}{lnt}$＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等價(jià)于證明lnt＜t-1＜tlnt，…12分
①設(shè)g（t）=t-1-lnt（t≥1），則g'（t）=1-$\frac{1}{t}$≥0，（t≥1），故g（t）在[1，+∞）上遞增，
∴t＞1時(shí)，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt，（t＞1）；
②設(shè)h（t）=tlnt-t+1（t≥1），則h'（t）=lnt≥0，（t≥1），故h（t）在[1，+∞）上是增函數(shù)，
∴當(dāng)t＞1時(shí)，h（t）=tlnt-t+1＞h（1）=0，即tlnt＞t-1；
由①②可知，lnt＜t-1＜tlnt成立，故x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂…14分

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值及不等式的證明等知識(shí)，考查分類討論思想、函數(shù)思想，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)分析問題解決問題的能力、推理論證能力，該題綜合性強(qiáng)，能力要求較高．