已知函數(shù)f(x)=ax+xlnx的圖象在點(diǎn)x=e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))處的切線斜率為3.
(Ⅰ)求實(shí)數(shù)a的值;
(Ⅱ)若函數(shù)g(x)=
f(x)
x
+
9
2(x+1)
-k
僅有一個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)k的取值范圍.
(Ⅲ)若f(x)>t(x-1)(t∈Z)對(duì)任意x>1恒成立,求t的最大值.
分析:(1)由已知得f′(x)=a+lnx+1,故f′(a)=3,由此能求出a.
(2)由g(x)=
x+xlnx
x
+
9
2(x+1)
-k
=1+lnx+
9
2(x+1)
-k(x>0)
,知g(x)=
1
x
-
9
2(x+1)2
=
(2x-1)(x-2)
2x(x+1)2
,(x>0),令g′(x)=0,解得x=
1
2
,或x=2,列表討論能求出k的范圍.
(3)由x+xlnx>t(x-1)在x>1時(shí)恒成立,即t<
x+xlnx-2
x-1
在x>1恒成立,令p(x)=
x +xlnx-2
x-1
 (x>1),p(x)=
x-lnx-2
(x-1)2
,由此能夠求出t的最大值.
解答:解:(1)由已知得f′(x)=a+lnx+1,
故f′(e)=3,
即a+lne+1=3,
∴a=1.
(2)∵g(x)=
x+xlnx
x
+
9
2(x+1)
-k

=1+lnx+
9
2(x+1)
-k(x>0)

g(x)=
1
x
-
9
2(x+1)2
=
(2x-1)(x-2)
2x(x+1)2
,(x>0)
令g′(x)=0,解得x=
1
2
,或x=2,
列表如下
 x  (0,
1
2
 
1
2
 (
1
2
,2
 2 (2,+∞) 
 g′(x) + -  0 +
 g(x)  極大值
4-ln2-k
  極小值
5
2
+ln2-k
由于x→0時(shí),g(x)→-∞,x→+∞,g(x)→+∞,
要使g(x)僅有一個(gè)零點(diǎn),則必須
4-ln2-k<0
5
2
+ln2-k<0
,或
5
2
+ln2-k>0
4-ln2-k>0

∴k>4-ln2,或k<
5
2
+ln2
,
∴k∈(-∞,
5
2
+ln2)∪(4-ln2,+∞)

(3)由x+xlnx>t(x-1)在x>1時(shí)恒成立,
即t<
x+xlnx-2
x-1
在x>1恒成立,
令p(x)=
x+xlnx
x-1
(x>1),p(x)=
x-lnx-2
(x-1)2

令h(x)=x-lnx-2,x>1,
h(x)=1-
1
x
=
x-1
x
>0
,
∴h(x)在(1,+∞)上單調(diào)增加,
∵h(yuǎn)(3)=1-ln3<0,
h(4)=2-2ln2>0,
∴h(x)在(1,+∞)上在唯一實(shí)數(shù)根x0,且滿足x0∈(3,4),
當(dāng)x∈(1,x0)時(shí),h(x)<0,∴p(x)=
x-lnx-2
(x-1)2
<0
,
函數(shù)p(x)在(1,x0)上單調(diào)遞減,
當(dāng)x∈(x0,+∞)時(shí),h(x)>0,∴p(x)=
x-lnx-2
(x-1)2
>0
,
函數(shù)p(x)在(1,x0)上單調(diào)遞增,
p(x)min=p(x0)=
x0(1+lnx0)
x0-1

∵h(yuǎn)(x0)=0,即x0-lnx0-2=0,
∴l(xiāng)nx0=x0-2.
p(x)min=p(x0)=
x0(1+lnx0)
x0-1
=x0∈(3,4),
∴t<p(x)min=p(x0)=
x0(1+lnx0)
x0-1
=x0∈(3,4),
故t的最大值為3.
點(diǎn)評(píng):此題考查學(xué)生會(huì)利用導(dǎo)數(shù)求切線上過某點(diǎn)切線方程的斜率,會(huì)利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間,會(huì)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,掌握導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,是一道難題.
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已知函數(shù)f(x)=
a-x2
x
+lnx  (a∈R , x∈[
1
2
 , 2])

(1)當(dāng)a∈[-2,
1
4
)
時(shí),求f(x)的最大值;
(2)設(shè)g(x)=[f(x)-lnx]•x2,k是g(x)圖象上不同兩點(diǎn)的連線的斜率,否存在實(shí)數(shù)a,使得k≤1恒成立?若存在,求a的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說明理由.

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34
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(-∞,-2)
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