Question

2．已知函数f（x）=xlnx，e为自然对数的底数．
（Ⅰ）求曲线y=f（x）在x=e^-3处的切线方程；
（Ⅱ）关于x的不等式f（x）≥λ（x-1）在（0，+∞）恒成立，求实数λ的取值范围．
（Ⅲ）关于x的方程f（x）=a有两个实根x₁，x₂，求证：|x₁-x₂|＜$\frac{3}{2}$a+1+$\frac{1}{2{e}^{3}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f′（e^-2）和f（e^-2）的值，求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数g（x）的导数，得到函数的单调区间，求出函数的极小值，从而求出λ的值即可；
（Ⅲ）记h（x）=f（x）-（-x-e^-2）=xlnx+x+e^-2，求出h（x）的最小值，得到a=x2′-1=f（x₂）≥x₂-1，得到|x₁-x₂|=x₂-x₁≤x2′-x1′，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）对函数f（x）求导得f′（x）=lnx+1，
∴f′（e^-3）=lne^-3+1=-2，
又f（e^-3）=e^-3lne^-3=-3e^-3，
∴曲线y=f（x）在x=e^-3处的切线方程为y-（-3e^-3）=-2（x-e^-3），
即y=-2x-e^-3；
（Ⅱ）记g（x）=f（x）-λ（x-1）=xlnx-λ（x-1），其中x＞0，
由题意知g（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，
下面求函数g（x）的最小值，
对g（x）求导得g′（x）=lnx+1-λ，
令g′（x）=0，得x=e^λ-1，
当x变化时，g′（x），g（x）变化情况列表如下：

x	（0，eλ-1）	eλ-1	（eλ-1，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	递减	极小值	递增

∴g（x）_min=g（x）_极小值=g（e^λ-1）=（λ-1）e^λ-1-λ（e^λ-1-1）=λ-e^λ-1，
∴λ-e^λ-1≥0，
记G（λ）=λ-e^λ-1，则G′（λ）=1-e^λ-1，
令G′（λ）=0，得λ=1，
当λ变化时，G′（λ），G（λ）变化情况列表如下：

λ	（0，1）	1	（1，+∞）
G′（λ）	+	0	-
G（λ）	递增	极大值	递减

∴G（λ）_max=G（λ）_极大值=G（1）=0，
故λ-e^λ-1≤0当且仅当λ=1时取等号，
又λ-e^λ-1≥0，从而得到λ=1；
（Ⅲ）证明：先证f（x）≥-2x-e^-3，
记h（x）=f（x）-（-2x-e^-3）=xlnx+2x+e^-3，则h′（x）=lnx+3，
令h′（x）=0，得x=e^-3，
当x变化时，h′（x），h（x）变化情况列表如下：

x	（0，e-3）	e-3	（e-3，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	递减	极小值	递增

∴h（x）_min=h（x）_极小值=h（e^-3）=e^-3lne^-3+2e^-3+e^-3=0，
h（x）≥0恒成立，即f（x）≥-2x-e^-3，
记直线y=-2x-e^-3，y=x-1分别与y=a交于（x₁′，a），（x₂′，a），
不妨设x₁＜x₂，则a=-2x₁′-e^-3=f（x₁）≥-2x₁-e^-3，
从而x₁′＜x₁，当且仅当a=-3e^-3时取等号，
由（Ⅱ）知，f（x）≥x-1，则a=x₂′-1=f（x₂）≥x₂-1，
从而x₂≤x₂′，当且仅当a=0时取等号，
故|x₁-x₂|=x₂-x₁≤x₂′-x₁′=（a+1）-（-$\frac{a}{2}$-$\frac{1}{2{e}^{3}}$）=$\frac{3a}{2}$+1+e^-2+$\frac{1}{2{e}^{3}}$
因等号成立的条件不能同时满足，故|x₁-x₂|＜$\frac{3a}{2}$+1+$\frac{1}{2{e}^{3}}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想、属于难题．