Question

17．已知函數(shù)f（x）=a（x+lnx）（a≠0），g（x）=x²．
（1）若f（x）的圖象在x=1處的切線恰好也是g（x）圖象的切線．
①求實數(shù)a的值；
②若方程f（x）=mx在區(qū)間$[{\frac{1}{e}，+∞}）$內(nèi)有唯一實數(shù)解，求實數(shù)m的取值范圍．
（2）當(dāng)0＜a＜1時，求證：對于區(qū)間[1，2]上的任意兩個不相等的實數(shù)x₁，x₂，都有|f（x₁）-f（x₂）|＜|g（x₁）-g（x₂）|成立．

Answer 1

分析 （1）①求導(dǎo)數(shù)，利用f（x）的圖象在x=1處的切線恰好也是g（x）圖象的切線，求實數(shù)a的值；
②由x+lnx=mx，得m=1+$\frac{lnx}{x}$，設(shè)t（x）=1+$\frac{lnx}{x}$，x∈$[{\frac{1}{e}，+∞}）$，則問題等價于y=m與t（x）的圖象在$[{\frac{1}{e}，+∞}）$上有唯一交點，即可求實數(shù)m的取值范圍．
（2）設(shè)F（x）=f（x）-g（x），即F（x）=a（x+lnx）-x²，F(xiàn)（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，F(xiàn)′（x）=$\frac{ax+a-2{x}^{2}}{2}$≤0恒成立，即a≤$\frac{2{x}^{2}}{x+1}$在[1，2]上恒成立，即可證明結(jié)論．

解答 （1）解：①f′（x）=a（1+$\frac{1}{x}$），∴x=1，f′（x）=2a，切點為（1，a），
∴切線方程為y-a=2a（x-1），即y=2ax-a，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=2ax-a}\\{y={x}^{2}}\end{array}\right.$，消去y，可得x²-2ax+a=0，△=4a²-4a=0，∴a=1；
②由x+lnx=mx，得m=1+$\frac{lnx}{x}$，
設(shè)t（x）=1+$\frac{lnx}{x}$，x∈$[{\frac{1}{e}，+∞}）$，則問題等價于y=m與t（x）的圖象在$[{\frac{1}{e}，+∞}）$上有唯一交點，
∵t′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，∴（$\frac{1}{e}$，e），t′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，（e，+∞），t′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，
∵t（$\frac{1}{e}$）=1-e，t（e）=1+$\frac{1}{e}$，且x∈（e，+∞）時，t（x）＞1，
∴m∈[1-e]∪{1+$\frac{1}{e}$}；
證明：（2）不妨設(shè)1≤x₁＜x₂≤2，則f（x₁）＜f（x₂），g（x₁）＜g（x₂），
∴|f（x₁）-f（x₂）|＜|g（x₁）-g（x₂）|可化為f（x₂）-f（x₁）＜g（x₂）-g（x₁）
∴f（x₂）-g（x₂）＜f（x₁）-g（x₁）
設(shè)F（x）=f（x）-g（x），即F（x）=a（x+lnx）-x²，∴F（x）在[1，2]上單調(diào)遞減，
∴F′（x）=$\frac{ax+a-2{x}^{2}}{2}$≤0恒成立，即a≤$\frac{2{x}^{2}}{x+1}$在[1，2]上恒成立，
∵$\frac{2{x}^{2}}{x+1}$=$\frac{2}{（\frac{1}{x}+\frac{1}{2}）^{2}-\frac{1}{4}}$≥1，∴a≤1，
從而，當(dāng)0＜a＜1時，命題成立．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查多歲的幾何意義，考查恒成立問題，屬于中檔題．