Question

3．已知函數(shù)$f（x）=xlnx，g（x）=\frac{{a{x^2}}}{2}$．
（1）求函數(shù)f（x）在x=e處的切線方程；
（2）若至少存在一個(gè)x₀∈[1，e]使f（x₀）＜g（x₀）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)k∈Z且f（x）＞（k-3）x-k+2在x＞1時(shí)恒成立，求整數(shù)k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（e），再求出f（e），達(dá)人直線方程的點(diǎn)斜式得答案；
（2）由存在一個(gè)x₀∈[1，e]使f（x₀）＜g（x₀）成立，得x₀lnx₀＜$\frac{a{{x}_{0}}^{2}}{2}$，分離參數(shù)a，令h（x）=$\frac{2lnx}{x}$，利用導(dǎo)數(shù)求其最小值得答案；
（3）由題意得：xlnx＞（k-3）x-k+2在x＞1時(shí)恒成立，即k＜$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$．構(gòu)造函數(shù)F（x）=$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$，得F′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$．令m（x）=x-lnx-2，則m′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$＞0在x＞1時(shí)恒成立．然后利用函數(shù)F（x）的單調(diào)性求其最小值$F（x）_{min}=F（b）=\frac{blnb+3b-2}{b-1}$=$\frac{b（b-2）+3b-2}{b-1}=b+2$∈（5，6）．從而可得整數(shù)k的最大值．

解答 解：（1）f′（x）=lnx+1，∴f′（e）=2，由f（e）=e，
∴函數(shù)f（x）在x=e處的切線方程為y-e=2（x-e），
即2x-y-e=0；
（2）若存在一個(gè)x₀∈[1，e]使f（x₀）＜g（x₀）成立，
即x₀lnx₀＜$\frac{a{{x}_{0}}^{2}}{2}$，則a＞$\frac{2ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$．
令h（x）=$\frac{2lnx}{x}$，當(dāng)x∈[1，e）時(shí)，h′（x）=$\frac{2（1-lnx）}{{x}^{2}}$＞0恒成立．
因此，h（x）=$\frac{2lnx}{x}$在[1，e]上單調(diào)遞增，故當(dāng)x=1時(shí)，h（x）_min=0．
即實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，+∞）；
（3）由題意得：xlnx＞（k-3）x-k+2在x＞1時(shí)恒成立，即k＜$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$．
令F（x）=$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$，則F′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$．
令m（x）=x-lnx-2，則m′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$＞0在x＞1時(shí)恒成立．
∴m（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，且m（3）=1-ln3＜0，m（4）=2-ln4＞0．
∴在（1，+∞）上存在唯一實(shí)數(shù)b（b∈（3，4）），使m（x）=0，即m（b）=0．
當(dāng)1＜x＜b時(shí)，m（x）＜0，即F′（x）＜0，當(dāng)x＞b，m（x）＞0，即F′（x）＞0．
∴F（x）在（1，b）上單調(diào)遞減，在（b，+∞）上單調(diào)遞增．
∴$F（x）_{min}=F（b）=\frac{blnb+3b-2}{b-1}$=$\frac{b（b-2）+3b-2}{b-1}=b+2$∈（5，6）．
故k＜b+2，又k∈Z，∴整數(shù)k的最大值為5．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點(diǎn)處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，考查邏輯思維能力與推理運(yùn)算能力，難度較大．