Question

2．已知函數f（x）=xlnx，e為自然對數的底數．
（Ⅰ）求曲線y=f（x）在x=e^-3處的切線方程；
（Ⅱ）關于x的不等式f（x）≥λ（x-1）在（0，+∞）恒成立，求實數λ的取值范圍．
（Ⅲ）關于x的方程f（x）=a有兩個實根x₁，x₂，求證：|x₁-x₂|＜$\frac{3}{2}$a+1+$\frac{1}{2{e}^{3}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，計算f′（e^-2）和f（e^-2）的值，求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出函數g（x）的導數，得到函數的單調區間，求出函數的極小值，從而求出λ的值即可；
（Ⅲ）記h（x）=f（x）-（-x-e^-2）=xlnx+x+e^-2，求出h（x）的最小值，得到a=x2′-1=f（x₂）≥x₂-1，得到|x₁-x₂|=x₂-x₁≤x2′-x1′，從而證出結論．

解答 解：（Ⅰ）對函數f（x）求導得f′（x）=lnx+1，
∴f′（e^-3）=lne^-3+1=-2，
又f（e^-3）=e^-3lne^-3=-3e^-3，
∴曲線y=f（x）在x=e^-3處的切線方程為y-（-3e^-3）=-2（x-e^-3），
即y=-2x-e^-3；
（Ⅱ）記g（x）=f（x）-λ（x-1）=xlnx-λ（x-1），其中x＞0，
由題意知g（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
下面求函數g（x）的最小值，
對g（x）求導得g′（x）=lnx+1-λ，
令g′（x）=0，得x=e^λ-1，
當x變化時，g′（x），g（x）變化情況列表如下：

x	（0，eλ-1）	eλ-1	（eλ-1，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	遞減	極小值	遞增

∴g（x）_min=g（x）_極小值=g（e^λ-1）=（λ-1）e^λ-1-λ（e^λ-1-1）=λ-e^λ-1，
∴λ-e^λ-1≥0，
記G（λ）=λ-e^λ-1，則G′（λ）=1-e^λ-1，
令G′（λ）=0，得λ=1，
當λ變化時，G′（λ），G（λ）變化情況列表如下：

λ	（0，1）	1	（1，+∞）
G′（λ）	+	0	-
G（λ）	遞增	極大值	遞減

∴G（λ）_max=G（λ）_極大值=G（1）=0，
故λ-e^λ-1≤0當且僅當λ=1時取等號，
又λ-e^λ-1≥0，從而得到λ=1；
（Ⅲ）證明：先證f（x）≥-2x-e^-3，
記h（x）=f（x）-（-2x-e^-3）=xlnx+2x+e^-3，則h′（x）=lnx+3，
令h′（x）=0，得x=e^-3，
當x變化時，h′（x），h（x）變化情況列表如下：

x	（0，e-3）	e-3	（e-3，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	遞減	極小值	遞增

∴h（x）_min=h（x）_極小值=h（e^-3）=e^-3lne^-3+2e^-3+e^-3=0，
h（x）≥0恒成立，即f（x）≥-2x-e^-3，
記直線y=-2x-e^-3，y=x-1分別與y=a交于（x₁′，a），（x₂′，a），
不妨設x₁＜x₂，則a=-2x₁′-e^-3=f（x₁）≥-2x₁-e^-3，
從而x₁′＜x₁，當且僅當a=-3e^-3時取等號，
由（Ⅱ）知，f（x）≥x-1，則a=x₂′-1=f（x₂）≥x₂-1，
從而x₂≤x₂′，當且僅當a=0時取等號，
故|x₁-x₂|=x₂-x₁≤x₂′-x₁′=（a+1）-（-$\frac{a}{2}$-$\frac{1}{2{e}^{3}}$）=$\frac{3a}{2}$+1+e^-2+$\frac{1}{2{e}^{3}}$
因等號成立的條件不能同時滿足，故|x₁-x₂|＜$\frac{3a}{2}$+1+$\frac{1}{2{e}^{3}}$．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及轉化思想、屬于難題．