Question

17．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{a}{2}{x^2}$+x-a（a∈R）．
（Ⅰ）若直線x=m（m＞0）與曲線y=f（x）和y=g（x）分別交于M，N兩點(diǎn)．設(shè)曲線y=f（x）在點(diǎn)M處的切線為l₁，y=g（x）在點(diǎn)N處的切線為l₂．
（�。┊�(dāng)m=e時(shí)，若l₁⊥l₂，求a的值；
（ⅱ）若l₁∥l₂，求a的最大值；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在其定義域內(nèi)恰有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂．若λ＞0，且λlnx₂-λ＞1-lnx₁恒成立，求λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）（i）f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}，f′（x）=1+lnx，g′（x）=ax+1，當(dāng)m=e時(shí)，f′（e）=1+lne=2，g′（e）=ae+1，由l₁⊥l₂，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義得f′（e）g′（e）=2（ae+1）=-1，由此能求出a．
（ii）f′（m）=1+lnm，g′（m）=am+1，由l₁∥l₂，得lnm=am在（0，+∞）上有解，從而a=$\frac{lnm}{m}$，令F（x）=$\frac{lnx}{x}$（x＞0），由${F}^{'}（x）=\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=0，得x=e，利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)求出F（x）_max=F（e）=$\frac{1}{e}$，由此能求出a的最大值．
（Ⅱ）h（x）=xlnx-$\frac{a}{2}{x}^{2}$-x+a，（x＞0），h′（x）=lnx-ax，從而x₁，x₂是方程lnx-ax=0的兩個(gè)根，進(jìn)而a=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，推導(dǎo)出$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}$，從而ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}$，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則t∈（0，1），從而lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立，令φ（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，則φ′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{（1+λ）^{2}}{（t+λ）^{2}}$=$\frac{（t-1）（t-{λ}^{2}）}{t（t+λ）^{2}}$，由此根據(jù)λ²≥1和λ²＜1分類討論，利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出λ的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）（i）∵函數(shù)f（x）=xlnx，∴f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}，f′（x）=1+lnx，
∵g（x）=$\frac{a}{2}{x^2}$+x-a（a∈R），∴g′（x）=ax+1，
當(dāng)m=e時(shí)，f′（e）=1+lne=2，g′（e）=ae+1，
∵l₁⊥l₂，∴f′（e）g′（e）=2（ae+1）=-1，
解得a=-$\frac{3}{2e}$．
（ii）∵函數(shù)f（x）=xlnx，∴f（x）的定義域?yàn)閧x|x＞0}，f′（x）=1+lnx，
∵g（x）=$\frac{a}{2}{x^2}$+x-a（a∈R），∴g′（x）=ax+1，
∴f′（m）=1+lnm，g′（m）=am+1，
∵l₁∥l₂，∴f′（m）=g′（m）在（0，+∞）上有解，
∴l(xiāng)nm=am在（0，+∞）上有解，
∵m＞0，∴a=$\frac{lnm}{m}$，
令F（x）=$\frac{lnx}{x}$（x＞0），則${F}^{'}（x）=\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$=0，解得x=e，
當(dāng)x∈（0，e）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）為增函數(shù)，
當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）為減函數(shù)，
∴F（x）_max=F（e）=$\frac{1}{e}$，
∴a的最大值為$\frac{1}{e}$．
（Ⅱ）h（x）=xlnx-$\frac{a}{2}{x}^{2}$-x+a，（x＞0），h′（x）=lnx-ax，
∵x₁，x₂為h（x）在其定義域內(nèi)的兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，
∴x₁，x₂是方程lnx-ax=0的兩個(gè)根，即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，
兩式作差，并整理，得：a=$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
∵λ＞0，0＜x₁＜x₂，
由λlnx₂-λ＞1-lnx₁，得1+λ＜lnx₁+λlnx₂，
則1+λ＜a（x₁+λx₂），∴a＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}$，∴$\frac{ln{x}_{1}-ln{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}$，
∴l(xiāng)n$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}$，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則t∈（0，1），由題意知：
lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立，
令φ（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，則φ′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{（1+λ）^{2}}{（t+λ）^{2}}$=$\frac{（t-1）（t-{λ}^{2}）}{t（t+λ）^{2}}$，
①當(dāng)λ²≥1時(shí)，即λ≥1時(shí)，?t∈（0，1），φ′（t）＞0，
∴φ（t）在（0，1）上單調(diào)遞增，
又φ（1）=0，則φ（t）＜0在（0，1）上恒成立．
②當(dāng)λ²＜1，即0＜λ＜1時(shí)，t∈（0，λ²）時(shí)，φ′（t）＞0，φ（t）在（0，λ²）上是增函數(shù)；
當(dāng)t∈（λ²，1）時(shí)，φ′（t）＜0，φ（t）在（λ²，1）上是減函數(shù)．
又φ（1）=0，∴φ（t）不恒小于0，不合題意．
綜上，λ的取值范圍是[1，+∞）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、構(gòu)造法、函數(shù)性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想，考查創(chuàng)新意識(shí)、應(yīng)用意識(shí)，是中檔題．