Question

18．已知λ∈R，函數(shù)f（x）=λe^x-xlnx（e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）若f（1）=0，證明：曲線y=f（x）沒(méi)有經(jīng)過(guò)點(diǎn)$M（{\frac{2}{3}，0}）$的切線；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在其定義域上不單調(diào)，求λ的取值范圍；
（Ⅲ）是否存在正整數(shù)n，當(dāng)$λ∈[{\frac{n+1}{{n{e^{n+1}}}}，+∞}）$時(shí)，函數(shù)f（x）的圖象在x軸的上方，若存在，求n的值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出切線方程，化簡(jiǎn)得：${x_0}-\frac{2}{3}（{1+ln{x_0}}）=0$，令$h（x）=x-\frac{2}{3}（{1+lnx}）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷方程${x_0}-\frac{2}{3}（{1+ln{x_0}}）=0$無(wú)解，從而證明結(jié)論即可；
（Ⅱ）分離參數(shù)，得$λ=\frac{1+lnx}{e^x}$，令$g（x）=\frac{1+lnx}{e^x}$（x＞0）．根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出參數(shù)的范圍即可；
（Ⅲ）法一：?jiǎn)栴}等價(jià)于$\frac{{λ{(lán)e^x}}}{x}-lnx＞0$．令$F（x）=\frac{{λ{(lán)e^x}}}{x}-lnx$（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出F（x）的最小值，從而證明結(jié)論即可；
法二：?jiǎn)栴}等價(jià)于λ＞$P（x）=\frac{xlnx}{e^x}$的最大值；當(dāng)x∈（0，1]，得到$λ＞\frac{xlnx}{e^x}$恒成立，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，$P（x）=\frac{xlnx}{e^x}＞0$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出P（x）的最大值，從而證明結(jié)論．

解答 解證：（Ⅰ）因?yàn)閒（1）=0，所以λ=0，此時(shí)f（x）=-xlnx，
證法一：設(shè)曲線y=f（x）在點(diǎn)P（x₀，f（x₀））處的切線經(jīng)過(guò)點(diǎn)$M（{\frac{2}{3}，0}）$
則曲線y=f（x）在點(diǎn)P（x₀，f（x₀））處的切線y-f（x₀）=f'（x₀）（x-x₀）
所以${x_0}ln{x_0}=（{-1-ln{x_0}}）（{\frac{2}{3}-{x_0}}）$
化簡(jiǎn)得：${x_0}-\frac{2}{3}（{1+ln{x_0}}）=0$…（2分）
令$h（x）=x-\frac{2}{3}（{1+lnx}）$，則$h'（x）=1-\frac{2}{3x}=\frac{3x-2}{3x}$，
所以當(dāng)$x∈（{0，\frac{2}{3}}）$時(shí)，h'（x）＜0，h（x）為減函數(shù)，
當(dāng)$x∈（{\frac{2}{3}，+∞}）$時(shí)，h'（x）＞0，h（x）為增函數(shù)，
所以$h（x）≥h（{\frac{2}{3}}）=\frac{2}{3}-\frac{2}{3}（{1+ln\frac{2}{3}}）=-\frac{2}{3}ln\frac{2}{3}＞0$，
所以${x_0}-\frac{2}{3}（{1+ln{x_0}}）=0$無(wú)解
所以曲線y=f（x）的切線都不經(jīng)過(guò)點(diǎn)$M（{\frac{2}{3}，0}）$…（4分）
（Ⅱ）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），因?yàn)閒'（x）=λe^x-（1+lnx），
所以f（x）在定義域上不單調(diào)，等價(jià)于f'（x）有變號(hào)零點(diǎn)，…（5分）
令f'（x）=0，得$λ=\frac{1+lnx}{e^x}$，令$g（x）=\frac{1+lnx}{e^x}$（x＞0）．
因?yàn)?g'（x）={e^{-x}}（{\frac{1}{x}-1-lnx}）$，令$h（x）=\frac{1}{x}-1-lnx$，$h'（x）=-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}＜0$，
所以h（x）是（0，+∞）上的減函數(shù)，又h（1）=0，故1是h（x）的唯一零點(diǎn)，…（6分）
當(dāng)x∈（0，1），h（x）＞0，g'（x）＞0，g（x）遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞），h（x）＜0，g'（x）＜0，g（x）遞減；
故當(dāng)x=1時(shí)，g（x）取得極大值且為最大值$g（1）=\frac{1}{e}$，
所以$λ＜\frac{1}{e}$，即λ的取值范圍是$（{-∞，\frac{1}{e}}）$…（8分）
（Ⅲ）證法一：函數(shù)f（x）的圖象在x軸的上方，
即對(duì)任意x＞0，f（x）＞0恒成立．
f（x）＞0?$\frac{{λ{(lán)e^x}}}{x}-lnx＞0$．令$F（x）=\frac{{λ{(lán)e^x}}}{x}-lnx$（x＞0），
所以$F'（x）=\frac{{λ（{x-1}）{e^x}}}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{1}{x^2}[{λ（{x-1}）{e^x}-x}]$…（9分）
（1）當(dāng)n=1時(shí)，$λ∈[{\frac{2}{e^2}，+∞}）$，即$λ≥\frac{2}{e^2}$
①當(dāng)0＜x≤1時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0，F(xiàn)（x）是減函數(shù)，所以F（x）≥F（1）=λe＞0；
②當(dāng)x＞1時(shí)，$F'（x）=\frac{{λ（{x-1}）}}{x^2}[{{e^x}-\frac{x}{{λ（{x-1}）}}}]$，
令$G（x）={e^x}-\frac{x}{{λ（{x-1}）}}$，則$G'（x）={e^x}+\frac{1}{{λ{(lán){（{x-1}）}^2}}}＞0$，所以G（x）是增函數(shù)，
所以當(dāng)x≥2時(shí)，$G（x）≥G（2）={e^2}-\frac{2}{λ}=\frac{{λ{(lán)e^2}-2}}{λ}≥0$，即F'（x）≥0
所以F（x）在[2，+∞）上是增函數(shù)，所以$F（x）≥F（2）=\frac{{λ{(lán)e^2}}}{2}-ln2≥1-ln2＞0$，
當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，取m∈（1，2），且使$\frac{m}{{λ（{m-1}）}}＞{e^2}$，即$1＜m＜\frac{{λ{(lán)e^2}}}{{λ{(lán)e^2}-1}}$，
則$G（m）={e^m}-\frac{m}{{λ（{m-1}）}}＜{e^2}-{e^2}=0$，
因?yàn)镚（m）G（2）＜0，故G（x）存在唯一零點(diǎn)t∈（1，2），
即F（x）有唯一的極值點(diǎn)且為最小值點(diǎn)t∈（1，2）…（10分）
所以${[{F（x）}]_{min}}=F（t）=\frac{{λ{(lán)e^t}}}{t}-lnt$，又$G（t）={e^t}-\frac{t}{{λ（{t-1}）}}=0$，即${e^t}=\frac{t}{{λ（{t-1}）}}$，
故${[{F（x）}]_{min}}=\frac{1}{t-1}-lnt，t∈（{1，2}）$，設(shè)$r（t）=\frac{1}{t-1}-lnt，t∈（{1，2}）$，
因?yàn)?r'（t）=-\frac{1}{{{{（{t-1}）}^2}}}-\frac{1}{t}＜0$，所以r（t）是（1，2）上的減函數(shù)，
所以r（t）＞r（2）=1-ln2＞0，即[F（x）]_min＞0
所以當(dāng)$λ∈[{\frac{2}{e^2}，+∞}）$時(shí)，對(duì)任意x＞0，f（x）＞0恒成立…（12分）
（2）當(dāng)n≥2時(shí)，$λ≥\frac{n+1}{{n{e^{n+1}}}}$，因?yàn)?\frac{n+1}{{n{e^{n+1}}}}＜\frac{2}{e^3}$，取$λ=\frac{2}{e^3}$，
則$F（x）=\frac{{λ{(lán)e^x}}}{x}-lnx=\frac{{2{e^x}}}{{{e^3}x}}-lnx$，$F（2）=\frac{{2{e^2}}}{{2{e^3}}}-ln2=\frac{1}{e}-ln2＜0$，
所以f（x）＞0不恒成立，
綜上所述，存在正整數(shù)n=1滿(mǎn)足要求，即當(dāng)$λ∈[{\frac{2}{e^2}，+∞}）$時(shí)，函數(shù)f（x）的圖象在x軸的上方 …（14分）
證法二：f（x）＞0恒成立，等價(jià)于λ＞$P（x）=\frac{xlnx}{e^x}$的最大值；
當(dāng)x∈（0，1]，$P（x）=\frac{xlnx}{e^x}≤0$，所以$λ＞\frac{xlnx}{e^x}$恒成立…（9分）
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，$P（x）=\frac{xlnx}{e^x}＞0$，$P'（x）=\frac{{1-（{x-1}）lnx}}{e^x}=\frac{{\frac{1}{x-1}-lnx}}{{（{x-1}）{e^x}}}$，
設(shè)$q（x）=\frac{1}{x-1}-lnx$，$q'（x）=-\frac{1}{{{{（{x-1}）}^2}}}-\frac{1}{x}＜0$，
所以q（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，因?yàn)閝（2）=1-ln2＞0，$q（3）=\frac{1}{2}-ln3＜0$，
所以q（x）有唯一零點(diǎn)t∈（2，3）…（10分）
當(dāng)x∈（1，t）時(shí)，q（x）＞0，即P'（x）＞0，P（x）是增函數(shù)，
當(dāng)x∈（t，+∞）時(shí)，q（x）＜0，即P'（x）＜0，P（x）是減函數(shù)，
所以${[{P（x）}]_{max}}=P（t）=\frac{tlnt}{e^t}$，且$q（t）=\frac{1}{t-1}-lnt=0$，所以$\frac{1}{t-1}=lnt$
所以${[{P（x）}]_{max}}=\frac{{\frac{t}{t-1}}}{e^t}=\frac{t}{{（t-1）{e^t}}}$…（12分）
設(shè)$M（t）=\frac{t}{{（t-1）{e^t}}}$，t∈（2，3）所以$M'（t）=\frac{{-{t^2}+t-1}}{{{{（{t-1}）}^2}{e^t}}}＜0$，
所以M（t）在（2，3）上是減函數(shù)，所以M（3）＜M（t）＜M（2），
即$\frac{3}{{2{e^3}}}＜M（t）＜\frac{2}{e^2}$…（13分）
因?yàn)?λ≥\frac{n+1}{{n{e^{n+1}}}}$使f（x）＞0，所以$λ≥\frac{2}{e^2}$，只有n=1符合要求，
綜上所述，存在正整數(shù)n=1滿(mǎn)足要求，即當(dāng)$λ∈[{\frac{2}{e^2}，+∞}）$時(shí)，函數(shù)f（x）的圖象在x軸的上方…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線方程問(wèn)題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類(lèi)討論思想，轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．