Question

13．已知函數(shù)$f（x）=x+a1nx（a∈R），g（x）=\frac{{{e^{x-1}}}}{x}-1$．
（I）若直線y=0與函數(shù)y=f（x）的圖象相切，求a的值；
（Ⅱ）設(shè)a＞0，對(duì)于?x₁，x₂∈[3，+∞）（x₁≠x₂），都有|f（x₁）-f（x₂）|＜|g（x₁）-g（x₂）|，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，求出x₀=-a，根據(jù)y₀=x₀+alnx₀=0，求出a的值即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為a≤$\frac{（x-1{）e}^{x-1}}{x}$-x在[3，+∞）恒成立，即a≤$（\frac{（x-1{）e}^{x-1}}{x}-x）$_min，設(shè)v（x）=$（\frac{（x-1{）e}^{x-1}}{x}-x）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)y=0和y=f（x）的切點(diǎn)是（x₀，y₀），（x₀＞0），
∵f′（x）=1+$\frac{a}{x}$，∴f′（x₀）=1+$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，
解得：x₀=-a，
又∵y₀=x₀+alnx₀=0，
∴a=-e；
（Ⅱ）f′（x）=1+$\frac{a}{x}$，g′（x）=$\frac{（x-1{）e}^{x-1}}{{x}^{2}}$，
又a＞0，x∈[3，+∞），
∴f′（x）＞0，∴g′（x）＞0，
∴f（x），g（x）在[3，+∞）遞增，
不妨設(shè)x₁＜x₂，則f（x₁）＜f（x₂），g（x₁）＜g（x₂），
∴|f（x₁）-f（x₂）|＜|g（x₁）-g（x₂）|?f（x₂）-f（x₁）＜g（x₂）-g（x₁），
即f（x₁）-g（x₁）＞f（x₂）-g（x₂），
設(shè)h（x）=f（x）-g（x），
∵h(yuǎn)（x₁）＞h（x₂），∴h（x）在[3，+∞）等價(jià)，
∵h(yuǎn)′（x）=1+$\frac{a}{x}$-$\frac{（x-1{）e}^{x-1}}{{x}^{2}}$≤0，
故a≤$\frac{（x-1{）e}^{x-1}}{x}$-x在[3，+∞）恒成立，
即a≤$（\frac{（x-1{）e}^{x-1}}{x}-x）$_min，
設(shè)v（x）=$（\frac{（x-1{）e}^{x-1}}{x}-x）$，
v′（x）=e^x-1[（${（\frac{1}{x}-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{3}{4}$]-1≥$\frac{3}{4}$e²-1＞0，
∴v（x）在[3，+∞）遞增，
∴v（x）≥v（3）=$\frac{{2e}^{2}}{3}$-3，
∴a≤$\frac{{2e}^{2}}{3}$-3，而a＞0，
故a的范圍是（0，$\frac{{2e}^{2}}{3}$-3]．

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)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．