Question

1．已知函数f（x）=alnx，a∈R．
（1）若曲线y=f（x）与f（x）与曲线g（x）=$\sqrt{x}$在交点处有共同的切线，求a的值；
（2）在（1）的条件下，求证：xf（x）$＞\frac{x{e}^{1-x}}{2}$-1．

Answer 1

分析 （1）函数f（x）=alnx的定义域为（0，+∞），f′（x）=$\frac{a}{x}$，g′（x）=$\frac{1}{2\sqrt{x}}$，曲线f（x）与f（x）与曲线g（x）交点的横坐标为x₀，由于在交点处有共同的切线，利用导数的几何意义可得：alnx₀=$\sqrt{{x}_{0}}$，且$\frac{a}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{2\sqrt{{x}_{0}}}$，联立解得即可．
（2）在（1）的条件下f（x）=$\frac{1}{2}e$．要证明xf（x）$＞\frac{x{e}^{1-x}}{2}$-1．即证明exlnx＞xe^1-x-2．分别令H（x）=exlnx，令G（x）=xe^1-x-2，利用导数研究其单调性极值与最值 即可证明

解答 解：（1）∵f（x）=alnx，g（x）=$\sqrt{x}$，
∴f′（x）=$\frac{a}{x}$，g′（x）=$\frac{1}{2\sqrt{x}}$，
设曲线f（x）与f（x）与曲线g（x）交点的横坐标为x₀，
由曲线y=f（x）与f（x）与曲线g（x）=$\sqrt{x}$在交点处有共同的切线，
可得：alnx₀=$\sqrt{{x}_{0}}$，且$\frac{a}{{x}_{0}}$=$\frac{1}{2\sqrt{{x}_{0}}}$，
解得：x₀=e²，a=$\frac{1}{2}e$，
证明：（2）由（1）得：f（x）=$\frac{1}{2}e$lnx，
则不等式xf（x）$＞\frac{x{e}^{1-x}}{2}$-1．
可化为：$\frac{1}{2}e$x•lnx$＞\frac{x{e}^{1-x}}{2}$-1，即即证明exlnx＞xe^1-x-2．
令H（x）=exlnx，可得H′（x）=e+elnx=e（1+lnx），
令H′（x）＞0，解得x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），此时函数H（x）单调递增；
令H′（x）＜0，解得x∈（0，$\frac{1}{e}$），此时函数H（x）单调递减．
∴当x=$\frac{1}{e}$时，函数H（x）取得极小值即最小值，H（$\frac{1}{e}$）=-1．
令G（x）=xe^1-x-2，可得G′（x）=（1-x）e^1-x，
令G′（x）＞0，解得0＜x＜1，此时函数G（x）单调递增；
令G′（x）＜0，解得x＞1，此时函数G（x）单调递减．
∴当x=1时，函数G（x）取得极大值即最大值，G（1）=-1．
∴H（x）＞G（x），因此xf（x）$＞\frac{x{e}^{1-x}}{2}$-1．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了恒成立问题等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．