Question

已知函数f（x）=xlnx，g（x）=-

1

2

x²+

a

2

x-

3

2

（Ⅰ）求f（x）在[t，t+1]（0＜t＜

1

e

）上的最小值；
（Ⅱ）在函数f（x）与g（x）的公共定义域内f（x）的图象在g（x）图象的上方，求实数a的范围；
（Ⅲ）a=2时，曲线h（x）=

f(x)

x

-2g（x）的图象上是否存在两点A，B，使

AB

∥m（设线段AB的中点横坐标为x₀，函数h（x）在x=x₀处的切线的方向向量为m）？若存在，求出直线AB的方程，若不存在，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：计算题,压轴题,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导f′（x）=lnx+1；由导数确定函数的单调性，从而求最小值；
（Ⅱ）先求出函数f（x）与g（x）的公共定义域为（0，+∞）；再化题意为x∈（0，+∞）时，f（x）-g（x）＞0恒成立；从而化为a＜2lnx+x+

3

x

，再记m（x）=2lnx+x+

3

x

，从而转化为函数的最值问题；
（Ⅲ）当a=2时，化简h（x）=

f(x)

x

-2g（x）=lnx+x²-2x+3，从而假设存在两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），（0＜x₁＜x₂）满足题意，即h′（x₀）=

h(x1)-h(x2)

x1-x2

，可化为

2

x1+x2

=

ln x1 x2

x1-x2

；设

x1

x2

=z，则0＜z＜1；从而化为lnz=

2(z-1)

1+z

；再令y=lnz-

2(z-1)

1+z

，从而转化为是否有零点即可．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=lnx+1；
则当x∈（0，

1

e

）时，f′（x）＜0，当x∈（

1

e

，+∞）时，f′（x）＞0，
f（x）在（0，

1

e

）上单调递减，在（

1

e

，+∞）上单调递增；
又∵0＜t＜

1

e

，
∴f_min（x）=f（

1

e

）=-

1

e

；
（Ⅱ）函数f（x）与g（x）的公共定义域为（0，+∞）；
由题意知，x∈（0，+∞）时，f（x）-g（x）＞0恒成立；
即xlnx+

1

2

x²-

a

2

x+

3

2

＞0恒成立，
即a＜2lnx+x+

3

x

，
记m（x）=2lnx+x+

3

x

，
则m′（x）=

(x+3)(x-1)

x2

；
故m（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数；
故m_min（x）=m（1）=4；
故a＜4；
（Ⅲ）a=2时，h（x）=

f(x)

x

-2g（x）=lnx+x²-2x+3，
若存在两点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），（0＜x₁＜x₂）满足题意，
即h′（x₀）=

h(x1)-h(x2)

x1-x2

，
即

2

x1+x2

+x₁+x₂-2=

ln x1 x2

x1-x2

+x₁+x₂-2；
故

2

x1+x2

=

ln x1 x2

x1-x2

；
设

x1

x2

=z，则0＜z＜1；
上式可化为lnz=

2(z-1)

1+z

；
令y=lnz-

2(z-1)

1+z

，
则y′=

1

z

-

4

(z+1)2

=

(z-1)2

z(z+1)2

＞0；
故y在（0，1]上是增函数，y_max=0；
∴lnz-

2(z-1)

1+z

＜0；
故lnz=

2(z-1)

1+z

不成立；
∴不存在满足题意的两点A，B．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查了换元法的应用，化简与运算也很困难，属于难题．