Question

13．已知函数f（x）=xlnx．
（Ⅰ）试求曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线方程；
（Ⅱ）若x＞1，试判断方程f（x）=（x-1）（ax-a+1）的解的个数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程可得切线方程；
（Ⅱ）方程f（x）=（x-1）（ax-a+1）即为xlnx-（x-1）（ax-a+1）=0，对a讨论，令g（x）=xlnx-（x-1）（ax-a+1），求出导数，当a≤0时，当a$≥\frac{1}{2}$时，当0$＜a＜\frac{1}{2}$时，通过导数判断单调性和极值，结合零点存在定理，即可判断方程解的个数．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=xlnx，得f′（x）=lnx+1，
则f′（e）=2，又f（e）=e，
∴曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y-e=2（x-e），
即y=2x-e；
（Ⅱ）由f（x）=（x-1）（ax-a+1），得f（x）-（x-1）（ax-a+1）=0，
令g（x）=f（x）-（x-1）（ax-a+1）=xlnx-（x-1）（ax-a+1），
g′（x）=lnx+1-（ax-a+1）-（ax-a）=lnx-2a（x-1），
∵x＞1，∴lnx＞0，
当a≤0时，g′（x）＞0，∴g（x）为增函数，
∴g（x）＞g（1）=0，则方程f（x）=（x-1）（ax-a+1）的解的个数为0个；
当a＞0时，令h（x）=lnx-2a（x-1），则h′（x）=$\frac{1}{x}$-2a，由h′（x）=0，得x=$\frac{1}{2a}$，
当x∈（$\frac{1}{2a}，+∞$）时，h′（x）＜0，h（x）在（$\frac{1}{2a}，+∞$）上为减函数，
若$\frac{1}{2a}≤1$，即a$≥\frac{1}{2}$，h（x）＜h（1）=0，即g′（x）＜0，
∴g（x）在（1，+∞）上为减函数，∴g（x）＜g（1）=0，
则方程f（x）=（x-1）（ax-a+1）的解的个数为0个；
若$\frac{1}{2a}＞1$，即0$＜a＜\frac{1}{2}$，
由h（x）在[1，$\frac{1}{2a}$）上单调递增，在（$\frac{1}{2a}，+∞$）上单调递减，
且h（1）=0，$h（\frac{1}{2a}）=ln\frac{1}{2a}-1+2a＞0$，
∴h（x）=g′（x）在[1，$\frac{1}{2a}$）和$（\frac{1}{2a}，+∞）$上各有一个零点，
即函数g（x）在[1，$\frac{1}{2a}$）和$（\frac{1}{2a}，+∞）$上各有一个极值点，
设为x₁∈[1，$\frac{1}{2a}$），${x}_{2}∈（\frac{1}{2a}，+∞）$，
则g（x）在（1，x₁），（x₂，+∞）上单调递减，在（x₁，x₂）上单调递增，
g（x₁）为极小值，g（x₂）为极大值，
∵g（x₁）＜g（1）=0，
g（x₂）=x₂lnx₂-（x₂-1）（ax₂-a+1）=x₂•2a（x₂-1）-（x₂-1）（ax₂-a+1）
=$a{{x}_{2}}^{2}-{x}_{2}-a+1$=（ax₂+a-1）（x₂-1）
当x₂＞$\frac{1-a}{a}$，g（x₂）＞0，方程f（x）=（x-1）（ax-a+1）的解的个数为1；
当$\frac{1}{2a}$＜x₂＜$\frac{1-a}{a}$，g（x₂）＜0，方程f（x）=（x-1）（ax-a+1）的解的个数为0．
综上可得，当a≤0时，方程f（x）=（x-1）（ax-a+1）的解的个数为0；
当a$≥\frac{1}{2}$时，方程f（x）=（x-1）（ax-a+1）的解的个数为0；
当0$＜a＜\frac{1}{2}$时，方程f（x）=（x-1）（ax-a+1）的解的个数为0或1．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程，同时考查零点的个数，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．