Question

9．已知函数f（x）=axlnx（a为非零常数）图象上点（e，f（e））处的切线与直线y=2x平行（其中e=2.71828…）．
（Ⅰ）求函数f（x）解析式；
（Ⅱ）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（Ⅲ）若斜率为k的直线与曲线y=f′（x）交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）两点，求证：x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂．

Answer 1

分析 （I）根据切线方程与直线y=2x平行得到切线的斜率为2，即可得到f'（e）=2，求出函数的导函数把f'（e）=2代入即可求出a的值得到函数的解析式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得f'（x），令f'（x）=0可得极值点$\frac{1}{e}$，按照极值点与区间位置关系分类讨论：当0＜t＜$\frac{1}{e}$＜t+2时，当$\frac{1}{e}$≤t＜t+2时可求得最值；
（Ⅲ）k=$\frac{f′（{x}_{2}）-f′（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，要证x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂，即证x₁＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$＜x₂，等价于1＜$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，则只证1＜$\frac{t-1}{lnt}$＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等价于证明lnt＜t-1＜tlnt，构造函数利用导数可证明两不等式；

解答 解：（I）由点（e，f（e））处的切线方程与直线2x-y=0平行，
得该切线斜率为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，
显然f′（x）=0时x=e^-1，当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递减．
当x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增，
①0＜t＜$\frac{1}{e}$＜t+2，即0＜t＜$\frac{1}{e}$时，f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
②$\frac{1}{e}$≤t＜t+2，即t≥$\frac{1}{e}$时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，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=$\frac{f′（{x}_{2}）-f′（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
要证x₁＜$\frac{1}{k}$＜x₂，即证x₁＜$\frac{{x}_{2}-{x}_{1}}{ln{x}_{2}-ln{x}_{1}}$＜x₂，等价于1＜$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$＜$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
令t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，则只证1＜$\frac{t-1}{lnt}$＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等价于证明lnt＜t-1＜tlnt，…12分
①设g（t）=t-1-lnt（t≥1），则g'（t）=1-$\frac{1}{t}$≥0，（t≥1），故g（t）在[1，+∞）上递增，
∴t＞1时，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt，（t＞1）；
②设h（t）=tlnt-t+1（t≥1），则h'（t）=lnt≥0，（t≥1），故h（t）在[1，+∞）上是增函数，
∴当t＞1时，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

点评 本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的最值及不等式的证明等知识，考查分类讨论思想、函数思想，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力、推理论证能力，该题综合性强，能力要求较高．