12.已知函數(shù)f(x)=xlnx,g(x)=(-x2+ax-3)ex(a∈R)
(1)當(dāng)a=2時(shí),求y=g(x)在x=1處的切線方程;
(2)求f(x)在[t,t+1](t>0)上的最小值;
(3)h(x)=g(x)-2exf(x),若h(x)在[$\frac{1}{e}$,e]有兩個(gè)不同的零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的范圍.

分析 (1)求出導(dǎo)數(shù),求得切線的斜率和切點(diǎn),由點(diǎn)斜式方程可得切線的方程;
(2)先求導(dǎo)數(shù),然后討論極值點(diǎn)與區(qū)間[t,t+1]的關(guān)系,確定函數(shù)的單調(diào)性,從而求出最值;
(3)分離參數(shù),即有a=x+2lnx+$\frac{3}{x}$在[$\frac{1}{e}$,e]上有兩個(gè)不同的解.令m(x)=x+2lnx+$\frac{3}{x}$,求出導(dǎo)數(shù),求得單調(diào)區(qū)間和函數(shù)的最值,即可得到所求范圍.

解答 解:(1)g(x)=(-x2+2x-3)ex的導(dǎo)數(shù)為g′(x)=ex(-1-x2),
可得y=g(x)在x=1處的切線斜率為-2e,切點(diǎn)為(1,-2e),
即有y=g(x)在x=1處的切線方程為y+2e=-2e(x-1),
即為2ex+y=0;
(2)由已知得f′(x)=1+lnx,令f′(x)=0.得x=$\frac{1}{e}$.
若$\frac{1}{e}$≤t,則當(dāng)x∈[t,t+2]時(shí),f′(x)>0,
所以函數(shù)f(x)在[t,t+2]上遞增,所以f(x)min=f(t)=tlnt;
若t<$\frac{1}{e}$<t+2,即0<t<$\frac{1}{e}$時(shí),則當(dāng)x∈[t,$\frac{1}{e}$)時(shí),f′(x)<0,
當(dāng)x∈($\frac{1}{e}$,t+2)時(shí),f′(x)>0,所以f(x)在[t,$\frac{1}{e}$]上遞減,
在[$\frac{1}{e}$,t+2]上遞增,
所以此時(shí)f(x)min=f($\frac{1}{e}$)=-$\frac{1}{e}$.
所以f(x)min=$\left\{\begin{array}{l}{tlnt,t>\frac{1}{e}}\\{-\frac{1}{e},0<t≤\frac{1}{e}}\end{array}\right.$;
(3)h(x)=g(x)-2exf(x)
=(-x2+ax-3)ex-(2ex)xlnx,
h(x)在[$\frac{1}{e}$,e]有兩個(gè)不同的零點(diǎn),
即為-x2+ax-3=2xlnx,即a=x+2lnx+$\frac{3}{x}$在[$\frac{1}{e}$,e]上有兩個(gè)不同的解.
令m(x)=x+2lnx+$\frac{3}{x}$,m′(x)=1+$\frac{2}{x}$-$\frac{3}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+2x-3}{{x}^{2}}$,
當(dāng)1<x<e時(shí),導(dǎo)數(shù)m′(x)>0,m(x)遞增;
當(dāng)$\frac{1}{e}$<x<1時(shí),導(dǎo)數(shù)m′(x)<0,m(x)遞減.
即有x=1處取得極小值,也為最小值,且為4,
x=e時(shí),m(e)=e+2+$\frac{3}{e}$,x=$\frac{1}{e}$時(shí),m($\frac{1}{e}$)=3e-2+$\frac{1}{e}$,
由于m(e)<m($\frac{1}{e}$),則實(shí)數(shù)a的范圍是(4,e+2+$\frac{3}{e}$].

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用:求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值,考查函數(shù)的最值求法,注意運(yùn)用分類討論和構(gòu)造函數(shù),運(yùn)用單調(diào)性解決,屬于中檔題.

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④f(x)在[$\frac{1}{2}$,$\frac{3}{2}$]上是增函數(shù);
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