Question

1．已知函數(shù)f（x）=alnx，a∈R．
（1）若曲線y=f（x）與f（x）與曲線g（x）=$\sqrt{x}$在交點(diǎn)處有共同的切線，求a的值；
（2）在（1）的條件下，求證：xf（x）$＞\frac{x{e}^{1-x}}{2}$-1．

Answer 1

分析 （1）函數(shù)f（x）=alnx的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=$\frac{a}{x}$，g′（x）=$\frac{1}{2\sqrt{x}}$，曲線f（x）與f（x）與曲線g（x）交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x₀，由于在交點(diǎn)處有共同的切線，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得：alnx₀=$\sqrt{{x}_{0}}$，且$\frac{a}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{2\sqrt{{x}_{0}}}$，聯(lián)立解得即可．
（2）在（1）的條件下f（x）=$\frac{1}{2}e$．要證明xf（x）$＞\frac{x{e}^{1-x}}{2}$-1．即證明exlnx＞xe^1-x-2．分別令H（x）=exlnx，令G（x）=xe^1-x-2，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值 即可證明

解答 解：（1）∵f（x）=alnx，g（x）=$\sqrt{x}$，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$，g′（x）=$\frac{1}{2\sqrt{x}}$，
設(shè)曲線f（x）與f（x）與曲線g（x）交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x₀，
由曲線y=f（x）與f（x）與曲線g（x）=$\sqrt{x}$在交點(diǎn)處有共同的切線，
可得：alnx₀=$\sqrt{{x}_{0}}$，且$\frac{a}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{2\sqrt{{x}_{0}}}$，
解得：x₀=e²，a=$\frac{1}{2}e$，
證明：（2）由（1）得：f（x）=$\frac{1}{2}e$lnx，
則不等式xf（x）$＞\frac{x{e}^{1-x}}{2}$-1．
可化為：$\frac{1}{2}e$x•lnx$＞\frac{x{e}^{1-x}}{2}$-1，即即證明exlnx＞xe^1-x-2．
令H（x）=exlnx，可得H′（x）=e+elnx=e（1+lnx），
令H′（x）＞0，解得x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），此時函數(shù)H（x）單調(diào)遞增；
令H′（x）＜0，解得x∈（0，$\frac{1}{e}$），此時函數(shù)H（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=$\frac{1}{e}$時，函數(shù)H（x）取得極小值即最小值，H（$\frac{1}{e}$）=-1．
令G（x）=xe^1-x-2，可得G′（x）=（1-x）e^1-x，
令G′（x）＞0，解得0＜x＜1，此時函數(shù)G（x）單調(diào)遞增；
令G′（x）＜0，解得x＞1，此時函數(shù)G（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=1時，函數(shù)G（x）取得極大值即最大值，G（1）=-1．
∴H（x）＞G（x），因此xf（x）$＞\frac{x{e}^{1-x}}{2}$-1．

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了恒成立問題等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．