分析 (I)根據切線方程與直線y=2x平行得到切線的斜率為2,即可得到f'(e)=2,求出函數的導函數把f'(e)=2代入即可求出a的值得到函數的解析式;
(Ⅱ)由(Ⅰ)求得f'(x),令f'(x)=0可得極值點$\frac{1}{e}$,按照極值點與區間位置關系分類討論:當0<t<$\frac{1}{e}$<t+2時,當$\frac{1}{e}$≤t<t+2時可求得最值;
(Ⅲ)k=$\frac{f′({x}_{2})-f′({x}_{1})}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$,要證x1<$\frac{1}{k}$<x2,即證x1<$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$<x2,等價于1<$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$<$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$,令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$,則只證1<$\frac{t-1}{lnt}$<t,由t>1,知lnt>0,故等價于證明lnt<t-1<tlnt,構造函數利用導數可證明兩不等式;
解答 解:(I)由點(e,f(e))處的切線方程與直線2x-y=0平行,
得該切線斜率為2,即f′(e)=2.
又∵f′(x)=a(lnx+1),令a(lne+1)=2,解得a=1,
∴f(x)=xlnx.
(II)由(I)知f′(x)=lnx+1,
顯然f′(x)=0時x=e-1,當x∈(0,$\frac{1}{e}$)時,f′(x)<0,
∴函數f(x)在(0,$\frac{1}{e}$)上單調遞減.
當x∈($\frac{1}{e}$,+∞)時,f′(x)>0,
∴函數f(x)在($\frac{1}{e}$,+∞)上單調遞增,
①0<t<$\frac{1}{e}$<t+2,即0<t<$\frac{1}{e}$時,f(x)min=f($\frac{1}{e}$)=-$\frac{1}{e}$;
②$\frac{1}{e}$≤t<t+2,即t≥$\frac{1}{e}$時,f(x)在[t,t+2]上單調遞增,f(x)min=f(t)=tlnt;
∴f(x)min=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{e},}&{0<t<\frac{1}{e}}\\{tlnt,}&{t≥\frac{1}{e}}\end{array}\right.$;
(Ⅲ)k=$\frac{f′({x}_{2})-f′({x}_{1})}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$,
要證x1<$\frac{1}{k}$<x2,即證x1<$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$<x2,等價于1<$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$<$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$,
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$,則只證1<$\frac{t-1}{lnt}$<t,由t>1,知lnt>0,故等價于證明lnt<t-1<tlnt,…12分
①設g(t)=t-1-lnt(t≥1),則g'(t)=1-$\frac{1}{t}$≥0,(t≥1),故g(t)在[1,+∞)上遞增,
∴t>1時,g(t)=t-1-lnt>g(1)=0,即t-1>lnt,(t>1);
②設h(t)=tlnt-t+1(t≥1),則h'(t)=lnt≥0,(t≥1),故h(t)在[1,+∞)上是增函數,
∴當t>1時,h(t)=tlnt-t+1>h(1)=0,即tlnt>t-1;
由①②可知,lnt<t-1<tlnt成立,故x1<$\frac{1}{k}$<x2…14分
點評 本題考查導數的幾何意義、利用導數研究函數的最值及不等式的證明等知識,考查分類討論思想、函數思想,考查學生綜合運用知識分析問題解決問題的能力、推理論證能力,該題綜合性強,能力要求較高.
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