Question

12．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=（-x²+ax-3）e^x（a∈R）
（1）當a=2時，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）-2e^xf（x），若h（x）在[$\frac{1}{e}$，e]有兩個不同的零點，求實數(shù)a的范圍．

Answer 1

分析 （1）求出導數(shù)，求得切線的斜率和切點，由點斜式方程可得切線的方程；
（2）先求導數(shù)，然后討論極值點與區(qū)間[t，t+1]的關系，確定函數(shù)的單調性，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]上有兩個不同的解．令m（x）=x+2lnx+$\frac{3}{x}$，求出導數(shù)，求得單調區(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）e^x的導數(shù)為g′（x）=e^x（-1-x²），
可得y=g（x）在x=1處的切線斜率為-2e，切點為（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x∈[t，t+2]時，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，則當x∈[t，$\frac{1}{e}$）時，f′（x）＜0，
當x∈（$\frac{1}{e}$，t+2）時，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）-2e^xf（x）
=（-x²+ax-3）e^x-（2e^x）xlnx，
h（x）在[$\frac{1}{e}$，e]有兩個不同的零點，
即為-x²+ax-3=2xlnx，即a=x+2lnx+$\frac{3}{x}$在[$\frac{1}{e}$，e]上有兩個不同的解．
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1＜x＜e時，導數(shù)m′（x）＞0，m（x）遞增；
當$\frac{1}{e}$＜x＜1時，導數(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，m（e）=e+2+$\frac{3}{e}$，x=$\frac{1}{e}$時，m（$\frac{1}{e}$）=3e-2+$\frac{1}{e}$，
由于m（e）＜m（$\frac{1}{e}$），則實數(shù)a的范圍是（4，e+2+$\frac{3}{e}$]．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調區(qū)間、極值和最值，考查函數(shù)的最值求法，注意運用分類討論和構造函數(shù)，運用單調性解決，屬于中檔題．