Question

17．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=（-x²+ax-3）e^x（a為實數(shù)）．
（1）當a=4時，求函數(shù)y=g（x）在x=0處的切線方程；
（2）求f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）如果關于x的方程g（x）=2e^xf（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e]上有兩個不等實根，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）把a=4代入函數(shù)g（x）的解析式，求出導數(shù)，得到g（0）和g′（0），由直線方程的點斜式得切線方程；
（2）利用導數(shù)求出函數(shù)f（x）在[t，t+2]上的單調(diào)區(qū)間，求出極值和區(qū)間端點值，比較大小后得到f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）把f（x）和g（x）的解析式代入g（x）=2e^xf（x），分離變量a，然后構(gòu)造函數(shù)$h（x）=x+2lnx+\frac{3}{x}$，由導數(shù)求出其在[$\frac{1}{e}$，e]上的最大值和最小值，則實數(shù)a的取值范圍可求．

解答 解：（Ⅰ）當a=4時，g（x）=（-x²+4x-3）e^x，g（0）=-3．
g′（x）=（-x²+2x+1）e^x，故切線的斜率為g′（0）=1，
∴切線方程為：y+3=x-0，即y=x-3；
（Ⅱ）f′（x）=lnx+1，

x	$（0，\frac{1}{e}）$	$\frac{1}{e}$	$（\frac{1}{e}，+∞）$
f'（x）	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞減	極小值（最小值）	單調(diào)遞增

①當$t≥\frac{1}{e}$時，在區(qū)間（t，t+2）上f（x）為增函數(shù)，
∴f（x）_min=f（t）=tlnt；                                      
②當$0＜t＜\frac{1}{e}$時，在區(qū)間$（t，\frac{1}{e}）$上f（x）為減函數(shù)，在區(qū)間$（\frac{1}{e}，e）$上f（x）為增函數(shù)，
∴$f（x）_{min}=f（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e}$；                                     
（Ⅲ） 由g（x）=2e^xf（x），可得：2xlnx=-x²+ax-3，$a=x+2lnx+\frac{3}{x}$，
令$h（x）=x+2lnx+\frac{3}{x}$，${h}^{′}（x）=1+\frac{2}{x}-\frac{3}{{x}^{2}}=\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$．
當x，h（x），h′（x）變化如下：

x	$（\frac{1}{e}，1）$	1	（1，e）
h′（x）	-	0	+
h（x）	單調(diào)遞減	極小值（最小值）	單調(diào)遞增

∵$h（\frac{1}{e}）=\frac{1}{e}+3e-2$，h（1）=4，h（e）=$\frac{3}{e}+e+2$，$h（e）-h（\frac{1}{e}）=4-2e+\frac{2}{e}＜0$．
∴關于x的方程g（x）=2e^xf（x）在區(qū)間[$\frac{1}{e}$，e]上有兩個不等實根，
則$4＜a≤e+2+\frac{3}{e}$．

點評 本題考查了導數(shù)在求函數(shù)最值中的應用，關鍵在于由導函數(shù)的符號確定原函數(shù)的單調(diào)性，考查利用構(gòu)造函數(shù)法求解含字母系數(shù)的范圍問題，綜合性較強，難度較大．