Question

18．设函数f（x）=（x+a）lnx，g（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，已知曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x-y=0平行．
（Ⅰ）若方程f（x）=g（x）在（k，k+1）（k∈N）内存在唯一的根，求出k的值．
（Ⅱ）设函数m（x）=min{f（x），g（x）}（min{p、q}）表示p，q中的较小值），求m（x）的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，求得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，解方程可得a=1，然后求出f（x）、g（x）的导数和单调区间，最值，由零点存在定理，即可判断存在k=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得m（x）的解析式，通过求g（x）的最大值，即可得到m（x）的最大值．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）=（x+a）lnx的导数为f′（x）=lnx+1+$\frac{a}{x}$，
曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为f′（1）=1+a，
由切线与直线2x-y=0平行，得a+1=2，解得a=1，
∴f（x）=（x+1）lnx，f′（x）=lnx+1+$\frac{1}{x}$，
令h（x）=lnx+1+$\frac{1}{x}$，h′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
当x∈（0，1），h′（x）＜0，h（x）在（0，1）递减，
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）递增．
当x=1时，h（x）_min=h（1）=2＞0，即f′（x）＞0，
f（x）在（0，+∞）递增，即有f（x）在（k，k+1）递增，
g（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$的导数为g′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，
当x∈（0，2），g′（x）＞0，g（x）在（0，2）递增，
当x＞2时，g′（x）＜0，g（x）在（2，+∞）递减．
则x=2取得最大值，
令T（x）=f（x）-g（x）=（x+1）lnx-$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，
T（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，T（2）=3ln2-$\frac{4}{{e}^{2}}$＞0，
T（x）的导数为T′（x）=lnx+1+$\frac{1}{x}-\frac{2x-{x}^{2}}{{e}^{x}}$，
由1＜x＜2，通过导数可得lnx＞1-$\frac{1}{x}$，即有lnx+1+$\frac{1}{x}$＞2；
e^x＞1+x，可得-$\frac{2x-{x}^{2}}{{e}^{x}}$＞$\frac{{x}^{2}-2x}{1+x}$，
可得lnx+1+$\frac{1}{x}$-$\frac{2x-{x}^{2}}{{e}^{x}}$＞2+$\frac{{x}^{2}-2x}{1+x}$=$\frac{2+{x}^{2}}{1+x}$＞0，
即为T′（x）＞0在（1，2）成立，
则T（x）在（1，2）递增，
由零点存在定理可得，存在自然数k=1，
使得方程f（x）=g（x）在（k，k+1）内存在唯一的根，故k=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{（x+1）lnx，0＜x≤{x}_{0}}\\{\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}，x＞{x}_{0}}\end{array}\right.$，其中x₀∈（1，2），
且x=2时，g（x）取得最大值，且为g（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，
则有m（x）的最大值为m（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值，同时考查零点存在定理和分段函数的最值，考查运算能力，属于中档题．