Question

14．已知函數(shù)f（x）=alnx^x+bx，（x∈（0，+∞）的圖象過點（$\frac{1}{e}$，-$\frac{1}{e}$），且在點（1，f（1））處的切線與直線x+y-e=0垂直．
（1）求a，b的值．
（2）若存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]（e為自然對數(shù)的底數(shù)，且e=2.71828…），使得不等式f（x₀）=$\frac{1}{2}$x₀²-$\frac{1}{2}$tx₀≥-$\frac{3}{2}$成立，求實數(shù)t的取值范圍；
（3）設(shè)函數(shù)f（x）的圖象上從左至右依次存在三個點B（b，f（b）），C（c，f（c）），D（d，f（d）），且2c=b+d，求證：f（b）+f（d）-2f（c）＜（d-b）ln2．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)數(shù)，利用圖象過點（$\frac{1}{e}$，-$\frac{1}{e}$），且在點（1，f（1））處的切線與直線x+y-e=0垂直，建立方程，求出a，b的值；
（2）若存在x∈[$\frac{1}{e}$，e]，使不等式成立，只需t小于或等于2lnx+x+$\frac{3}{x}$的最大值；
（3）由已知可得0＜b＜c＜d，且c²＜bd，進而根據(jù)對數(shù)的運算性質(zhì)和基本不等式，利用放縮法，可證得結(jié)論．

解答 （1）解：∵f（x）=alnx^x+bx，
∴f′（x）=alnx+a+b，
∵在點（1，f（1））處的切線與直線x+y-e=0垂直．
∴f′（1）=a+b=1．
又函數(shù)f（x）=alnx^x+bx圖象過（$\frac{1}{e}$，-$\frac{1}{e}$），
∴f（$\frac{1}{e}$）=a×$\frac{1}{e}$×ln$\frac{1}{e}$+b×$\frac{1}{e}$=-$\frac{a}{e}$+$\frac{e}$=-$\frac{1}{e}$，
∴a-b=1，
∴a=1，b=0．
（2）解：由（1）知，f（x）=xlnx，由題意得，xlnx+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$tx≥-$\frac{3}{2}$，則t≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$，
若存在x∈[$\frac{1}{e}$，e]，使不等式成立，只需t小于或等于2lnx+x+$\frac{3}{x}$的最大值，
設(shè)h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$（x＞0），則h′（x）=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x∈[$\frac{1}{e}$，1]時，h′（x）＜0，故h（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈[1，e]時，h′（x）＞0，故h（x）單調(diào)遞增．
∵h(yuǎn)（e）=2+e+$\frac{3}{e}$，h（$\frac{1}{e}$）=-2+$\frac{1}{e}$+3e，
∴h（$\frac{1}{e}$）＞h（e）．
∴當(dāng)x∈[$\frac{1}{e}$，e]時，h（x）的最大值為h（$\frac{1}{e}$）=-2+$\frac{1}{e}$+3e，
故t≤-2+$\frac{1}{e}$+3e，即實數(shù)t的取值范圍是（-∞，-2+$\frac{1}{e}$+3e]．
（3）證明：∵函數(shù)f（x）=xlnx的圖象上從左至右依次存在三個點P（b，f（b）），C（c，f（c）），D（d，f（d）），且2c=b+d，
∴0＜b＜c＜d，且2c=b+d＜2$\sqrt{bd}$，即c²＜bd，
∴f（b）+f（d）-2f（c）=blnb+dlnd-2clnc
=ln$\frac{^cade0cp^7rcfn3h}{{c}^{2c}}$＜ln$\frac{{c}^{2b}xruc5ap^{d-b}}{{c}^{b+d}}$
=ln（c^b-d•d^d-b）=（d-b）ln$\frack8tezzx{c}$＜（d-b）ln$\frac{d+b}{c}$
=（d-b）ln$\frac{2c}{c}$=（d-b）ln2．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查對數(shù)的圖象與性質(zhì)，基本不等式，難度大．