Question

10．已知函数f（x）=x（lna-lnx）（a＞0）．
（Ⅰ）当a=e²时，求函数f（x）在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）若函数f（x）的图象恒在直线x-y+1=0的下方，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）当a=e时，若x₁，x₂∈（1，$\frac{e}{2}$），且x₁≠x₂，判断（x₁+x₂）⁴与e²x₁x₂的大小关系，并说明理由．
注：题目中e=2.71828…是自然对数的底数．

Answer 1

分析 （I）利用导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式方程即可；
（II）令g（x）=f（x）-x-1，求出g_max（x），令g_max（x）＜0解出a的范围；
（III）判断f（x）的单调性，得出f（x₁），f（x₂），f（x₁+x₂）的大小关系，根据导数的运算性质和不等式的性质得出结论．

解答 解：（Ⅰ）当a=e²时，f（x）=x（2-lnx），f'（x）=2-lnx-1，
切线l的斜率k=f'（1）=2-ln1-1=1，又f（1）=2-ln1=2，
所以切线l的方程为y=x+1．
（Ⅱ）由题知f（x）-x-1＜0对于x＞0恒成立，即x（lna-lnx）＜0对于x＞0恒成立，
令g（x）=x（lna-lnx）-x-1，则g'（x）=lna-lnx-2，由g'（x）=0得x=$\frac{a}{{e}^{2}}$，

x	（0，$\frac{a}{{e}^{2}}$）	$\frac{a}{{e}^{2}}$	（$\frac{a}{{e}^{2}}$，+∞）
g'（x）	+	0	-
g（x）	↗	极大值	↘

则当x＞0时，g_max（x）=g（$\frac{a}{{e}^{2}}$）=$\frac{a}{{e}^{2}}$-1．
∴$\frac{a}{{e}^{2}}$-1＜0，解得0＜a＜e²，
所以实数a的取值范围是（0，e²）．
（Ⅲ）（x₁+x₂）⁴＞e²x₁x₂．理由如下：
当a=e时，f（x）=x（1-lnx），f'（x）=-lnx，
令f'（x）=0得x=1，
当1＜x＜e时，f'（x）＜0，
∴f（x）=x（1-lnx）在（1，e）上单调递减，
∵x₁＜x₁+x₂＜e，∴f（x₁）＞f（x₁+x₂），即x₁（1-lnx₁）＞（x₁+x₂）[1-ln（x₁+x₂）]，
∴1-lnx₁＞$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}}$ln[1-ln（x₁+x₂）]，①
同理1-lnx₂＞$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}}$ln[1-ln（x₁+x₂）]，②
①+②得$2-ln{x_1}-ln{x_2}\;\;＞（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_1}+\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_2}）[1-ln（{x_1}+{x_2}）]$，
因为$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_1}+\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_2}=2+\frac{x_2}{x_1}+\frac{x_1}{x_2}≥4$，
∵x₁+x₂＜e，∴ln（x₁+x₂）＜1，即1-ln（x₁+x₂）＞0，
∴2-lnx₁-lnx₂＞4[1-ln（x₁+x₂）]，
即2+lnx₁+lnx₂＜4ln（x₁+x₂），
∴ln（e²x₁x₂）＜ln（x${\;}_{{\;}_{1}}$+x₂）⁴．
∴（x₁+x₂）⁴＞e²x₁x₂．

点评 本题考查了导数的几何意义，导数与函数单调性的关系，函数最值的计算，属于中档题．