Question

18．已知λ∈R，函数f（x）=λe^x-xlnx（e=2.71828…是自然对数的底数）．
（Ⅰ）若f（1）=0，证明：曲线y=f（x）没有经过点$M（{\frac{2}{3}，0}）$的切线；
（Ⅱ）若函数f（x）在其定义域上不单调，求λ的取值范围；
（Ⅲ）是否存在正整数n，当$λ∈[{\frac{n+1}{{n{e^{n+1}}}}，+∞}）$时，函数f（x）的图象在x轴的上方，若存在，求n的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，求出切线方程，化简得：${x_0}-\frac{2}{3}（{1+ln{x_0}}）=0$，令$h（x）=x-\frac{2}{3}（{1+lnx}）$，根据函数的单调性判断方程${x_0}-\frac{2}{3}（{1+ln{x_0}}）=0$无解，从而证明结论即可；
（Ⅱ）分离参数，得$λ=\frac{1+lnx}{e^x}$，令$g（x）=\frac{1+lnx}{e^x}$（x＞0）．根据函数的单调性求出参数的范围即可；
（Ⅲ）法一：问题等价于$\frac{{λ{e^x}}}{x}-lnx＞0$．令$F（x）=\frac{{λ{e^x}}}{x}-lnx$（x＞0），根据函数的单调性求出F（x）的最小值，从而证明结论即可；
法二：问题等价于λ＞$P（x）=\frac{xlnx}{e^x}$的最大值；当x∈（0，1]，得到$λ＞\frac{xlnx}{e^x}$恒成立，当x∈（1，+∞）时，$P（x）=\frac{xlnx}{e^x}＞0$，根据函数的单调性求出P（x）的最大值，从而证明结论．

解答 解证：（Ⅰ）因为f（1）=0，所以λ=0，此时f（x）=-xlnx，
证法一：设曲线y=f（x）在点P（x₀，f（x₀））处的切线经过点$M（{\frac{2}{3}，0}）$
则曲线y=f（x）在点P（x₀，f（x₀））处的切线y-f（x₀）=f'（x₀）（x-x₀）
所以${x_0}ln{x_0}=（{-1-ln{x_0}}）（{\frac{2}{3}-{x_0}}）$
化简得：${x_0}-\frac{2}{3}（{1+ln{x_0}}）=0$…（2分）
令$h（x）=x-\frac{2}{3}（{1+lnx}）$，则$h'（x）=1-\frac{2}{3x}=\frac{3x-2}{3x}$，
所以当$x∈（{0，\frac{2}{3}}）$时，h'（x）＜0，h（x）为减函数，
当$x∈（{\frac{2}{3}，+∞}）$时，h'（x）＞0，h（x）为增函数，
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${x_0}-\frac{2}{3}（{1+ln{x_0}}）=0$无解
所以曲线y=f（x）的切线都不经过点$M（{\frac{2}{3}，0}）$…（4分）
（Ⅱ）函数的定义域为（0，+∞），因为f'（x）=λe^x-（1+lnx），
所以f（x）在定义域上不单调，等价于f'（x）有变号零点，…（5分）
令f'（x）=0，得$λ=\frac{1+lnx}{e^x}$，令$g（x）=\frac{1+lnx}{e^x}$（x＞0）．
因为$g'（x）={e^{-x}}（{\frac{1}{x}-1-lnx}）$，令$h（x）=\frac{1}{x}-1-lnx$，$h'（x）=-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}＜0$，
所以h（x）是（0，+∞）上的减函数，又h（1）=0，故1是h（x）的唯一零点，…（6分）
当x∈（0，1），h（x）＞0，g'（x）＞0，g（x）递增；
当x∈（1，+∞），h（x）＜0，g'（x）＜0，g（x）递减；
故当x=1时，g（x）取得极大值且为最大值$g（1）=\frac{1}{e}$，
所以$λ＜\frac{1}{e}$，即λ的取值范围是$（{-∞，\frac{1}{e}}）$…（8分）
（Ⅲ）证法一：函数f（x）的图象在x轴的上方，
即对任意x＞0，f（x）＞0恒成立．
f（x）＞0?$\frac{{λ{e^x}}}{x}-lnx＞0$．令$F（x）=\frac{{λ{e^x}}}{x}-lnx$（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）当n=1时，$λ∈[{\frac{2}{e^2}，+∞}）$，即$λ≥\frac{2}{e^2}$
①当0＜x≤1时，F'（x）＜0，F（x）是减函数，所以F（x）≥F（1）=λe＞0；
②当x＞1时，$F'（x）=\frac{{λ（{x-1}）}}{x^2}[{{e^x}-\frac{x}{{λ（{x-1}）}}}]$，
令$G（x）={e^x}-\frac{x}{{λ（{x-1}）}}$，则$G'（x）={e^x}+\frac{1}{{λ{{（{x-1}）}^2}}}＞0$，所以G（x）是增函数，
所以当x≥2时，$G（x）≥G（2）={e^2}-\frac{2}{λ}=\frac{{λ{e^2}-2}}{λ}≥0$，即F'（x）≥0
所以F（x）在[2，+∞）上是增函数，所以$F（x）≥F（2）=\frac{{λ{e^2}}}{2}-ln2≥1-ln2＞0$，
当x∈（1，2）时，取m∈（1，2），且使$\frac{m}{{λ（{m-1}）}}＞{e^2}$，即$1＜m＜\frac{{λ{e^2}}}{{λ{e^2}-1}}$，
则$G（m）={e^m}-\frac{m}{{λ（{m-1}）}}＜{e^2}-{e^2}=0$，
因为G（m）G（2）＜0，故G（x）存在唯一零点t∈（1，2），
即F（x）有唯一的极值点且为最小值点t∈（1，2）…（10分）
所以${[{F（x）}]_{min}}=F（t）=\frac{{λ{e^t}}}{t}-lnt$，又$G（t）={e^t}-\frac{t}{{λ（{t-1}）}}=0$，即${e^t}=\frac{t}{{λ（{t-1}）}}$，
故${[{F（x）}]_{min}}=\frac{1}{t-1}-lnt，t∈（{1，2}）$，设$r（t）=\frac{1}{t-1}-lnt，t∈（{1，2}）$，
因为$r'（t）=-\frac{1}{{{{（{t-1}）}^2}}}-\frac{1}{t}＜0$，所以r（t）是（1，2）上的减函数，
所以r（t）＞r（2）=1-ln2＞0，即[F（x）]_min＞0
所以当$λ∈[{\frac{2}{e^2}，+∞}）$时，对任意x＞0，f（x）＞0恒成立…（12分）
（2）当n≥2时，$λ≥\frac{n+1}{{n{e^{n+1}}}}$，因为$\frac{n+1}{{n{e^{n+1}}}}＜\frac{2}{e^3}$，取$λ=\frac{2}{e^3}$，
则$F（x）=\frac{{λ{e^x}}}{x}-lnx=\frac{{2{e^x}}}{{{e^3}x}}-lnx$，$F（2）=\frac{{2{e^2}}}{{2{e^3}}}-ln2=\frac{1}{e}-ln2＜0$，
所以f（x）＞0不恒成立，
综上所述，存在正整数n=1满足要求，即当$λ∈[{\frac{2}{e^2}，+∞}）$时，函数f（x）的图象在x轴的上方 …（14分）
证法二：f（x）＞0恒成立，等价于λ＞$P（x）=\frac{xlnx}{e^x}$的最大值；
当x∈（0，1]，$P（x）=\frac{xlnx}{e^x}≤0$，所以$λ＞\frac{xlnx}{e^x}$恒成立…（9分）
当x∈（1，+∞）时，$P（x）=\frac{xlnx}{e^x}＞0$，$P'（x）=\frac{{1-（{x-1}）lnx}}{e^x}=\frac{{\frac{1}{x-1}-lnx}}{{（{x-1}）{e^x}}}$，
设$q（x）=\frac{1}{x-1}-lnx$，$q'（x）=-\frac{1}{{{{（{x-1}）}^2}}}-\frac{1}{x}＜0$，
所以q（x）在（1，+∞）上是减函数，因为q（2）=1-ln2＞0，$q（3）=\frac{1}{2}-ln3＜0$，
所以q（x）有唯一零点t∈（2，3）…（10分）
当x∈（1，t）时，q（x）＞0，即P'（x）＞0，P（x）是增函数，
当x∈（t，+∞）时，q（x）＜0，即P'（x）＜0，P（x）是减函数，
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）
设$M（t）=\frac{t}{{（t-1）{e^t}}}$，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）上是减函数，所以M（3）＜M（t）＜M（2），
即$\frac{3}{{2{e^3}}}＜M（t）＜\frac{2}{e^2}$…（13分）
因为$λ≥\frac{n+1}{{n{e^{n+1}}}}$使f（x）＞0，所以$λ≥\frac{2}{e^2}$，只有n=1符合要求，
综上所述，存在正整数n=1满足要求，即当$λ∈[{\frac{2}{e^2}，+∞}）$时，函数f（x）的图象在x轴的上方…（14分）

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．