Question

已知函數(shù)f（x）=axlnx（a為非零常數(shù)）圖象上點(diǎn)（e，f（e））處的切線(xiàn)與直線(xiàn)y=2x平行（其中e=2.71828…）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）解析式；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在[t，2t]（t＞0）上的最小值；
（Ⅲ）若斜率為k的直線(xiàn)與曲線(xiàn)y=f'（x）交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）兩點(diǎn)，求證：x1＜

1

k

＜x2．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專(zhuān)題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（I）根據(jù)切線(xiàn)方程與直線(xiàn)y=2x平行得到切線(xiàn)的斜率為2，即可得到f'（e）=2，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)把f'（e）=2代入即可求出a的值得到函數(shù)的解析式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得f'（x），令f'（x）=0可得極值點(diǎn)

1

e

，按照極值點(diǎn)與區(qū)間位置關(guān)系分類(lèi)討論：當(dāng)0＜t＜

1

e

＜t+2時(shí)，當(dāng)

1

e

≤t＜t+2時(shí)可求得最值；
（Ⅲ）k=

f′(x2)-f′(x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

，要證x1＜

1

k

＜x2，即證x1＜

x2-x1

lnx2-lnx1

＜x2，等價(jià)于1＜

x2 x1 -1

ln x2 x1

＜

x2

x1

，令t=

x2

x1

，則只證1＜

t-1

lnt

＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等價(jià)于證明lnt＜t-1＜tlnt，構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)可證明兩不等式；

解答： 解：（I）由點(diǎn)（e，f（e））處的切線(xiàn)方程與直線(xiàn)2x-y=0平行，
得該切線(xiàn)斜率為2，即f′（e）=2．
又∵f′（x）=a（lnx+1），令a（lne+1）=2，解得a=1，
∴f（x）=xlnx．
（II）由（I）知f′（x）=lnx+1，
顯然f′（x）=0時(shí)x=e^-1，當(dāng)x∈（0，

1

e

）時(shí)，f′（x）＜0，
∴函數(shù)f（x）在（0，

1

e

）上單調(diào)遞減．
當(dāng)x∈(

1

e

，+∞)時(shí)，f′（x）＞0，
∴函數(shù)f（x）在(

1

e

，+∞)上單調(diào)遞增，
①0＜t＜

1

e

＜t+2，即0＜t＜

1

e

時(shí)，f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

；
②

1

e

≤t＜t+2，即t≥

1

e

時(shí)，f（x）在[t，t+2]上單調(diào)遞增，f（x）_min=f（t）=tlnt；
∴f(x)min=

- 1 e ，0＜t＜ 1 e tlnt，t≥ 1 e

；
（Ⅲ）k=

f′(x2)-f′(x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

，
要證x1＜

1

k

＜x2，即證x1＜

x2-x1

lnx2-lnx1

＜x2，等價(jià)于1＜

x2 x1 -1

ln x2 x1

＜

x2

x1

，
令t=

x2

x1

，則只證1＜

t-1

lnt

＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等價(jià)于證明lnt＜t-1＜tlnt，
①設(shè)g（t）=t-1-lnt（t≥1），則g'（t）=1-

1

t

＞0，故g（t）在（1，+∞）上遞增，
∴t＞1時(shí)，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt；
②設(shè)h（t）=tlnt-t+1（t≥1），則h'（t）=lnt≥0，故h（t）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)t＞1時(shí)，h（t）=tlnt-t+1＞h（1）=0，即tlnt＞t-1；
由①②可知，lnt＜t-1＜tlnt成立，故x1＜

1

k

＜x2．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值及不等式的證明等知識(shí)，考查分類(lèi)討論思想、函數(shù)思想，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力、推理論證能力，該題綜合性強(qiáng)，能力要求較高．