Question

8．已知函數f（x）=xlnx，g（x）=λ（x²-1）（λ為常數）
（1）已知函數y=f（x）與y=g（x）在x=1處有相同的切線，求實數λ的值；
（2）如果$λ=\frac{1}{2}$，且x≥1，證明f（x）≤g（x）；
（3）若對任意x∈[1，+∞），不等式f（x）≤g（x）恒成立，求實數λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先分別求導，再根據函數y=f（x）與y=g（x）在x=1處有相同的切線，得到f′（1）=g′（1），即可求出λ的值，
（2）設h（x）=g（x）-f（x）=$\frac{1}{2}$（x²-1）-xlnx，利用導數求出函數的最小值為0，即可證明．
（3）分離參數，構造函數m（x）=$\frac{xlnx}{{x}^{2}-1}$，多次利用導數和構造函數，判斷出m（x）在[1，+∞）為減函數，再根據極限的定義求出m（x）的最大值，問題即可解決．

解答 解：（1）∵函數f（x）=xlnx，g（x）=λ（x²-1），
∴f′（x）=1+lnx，g′（x）=2λx，
∵函數y=f（x）與y=g（x）在x=1處有相同的切線，
∴f′（1）=g′（1），
∴1+ln1=2λ，
解得λ=$\frac{1}{2}$，
（2）當$λ=\frac{1}{2}$，且x≥1時，設h（x）=g（x）-f（x）=$\frac{1}{2}$（x²-1）-xlnx，
∴h′（x）=x-1-lnx，
令φ（x）=x-1-lnx，
∴φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0在[1，+∞）上恒成立，
∴φ（x）_min=φ（1）=1-1-ln1=0，
∴h′（x）=x-1-lnx≥0，在[1，+∞）上恒成立，
∴h（x）在[1，+∞）上遞增，
∴h（x）_min=h（1）=0，
∴當$λ=\frac{1}{2}$，且x≥1，f（x）≤g（x）成立，
（3）對任意x∈[1，+∞），不等式f（x）≤g（x）恒成立，
∴xlnx≤λ（x²-1），
∴λ≥$\frac{xlnx}{{x}^{2}-1}$，
設m（x）=$\frac{xlnx}{{x}^{2}-1}$，
則m′（x）=$\frac{（1+lnx）（{x}^{2}-1）-2{x}^{2}lnx}{（{x}^{2}-1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-1-（{x}^{2}+1）lnx}{（{x}^{2}-1）^{2}}$，
令n（x）=x²-1-（x²+1）lnx，
則n′（x）=2x-2xlnx-（x+$\frac{1}{x}$）=$\frac{{x}^{2}-2{x}^{2}lnx-1}{x}$，
再令p（x）=x²-2x²lnx-1
則p′（x）=2x-2（2xlnx+x）=-4xlnx＜0在[1，+∞）為恒成立，
∴p（x）在[1，+∞）為減函數，
∴p（x）≤p（1）=0，
∴n′（x）＜0在[1，+∞）為恒成立，
∴n（x）在[1，+∞）為減函數，
∴n（x）≤n（1）=0，
∴m′（x）＜0在[1，+∞）為恒成立，
∴m（x）在[1，+∞）為減函數，
∵$\underset{lim}{x→1}$m（x）=$\underset{lim}{x→1}$$\frac{xlnx}{{x}^{2}-1}$=$\underset{lim}{x→1}$$\frac{1+lnx}{2x}$=$\frac{1}{2}$，
∴m（x）≤$\frac{1}{2}$，
∴λ≥$\frac{1}{2}$．
故λ的取值范圍為[$\frac{1}{2}$，+∞）．

點評 本題考查了導數的幾何意義以及導數和函數的單調性和最值得關系，以及證明不等式恒成立，和參數的取值范圍，屬于難題．