Question

3．已知函数$f（x）=xlnx，g（x）=\frac{{a{x^2}}}{2}$．
（1）求函数f（x）在x=e处的切线方程；
（2）若至少存在一个x₀∈[1，e]使f（x₀）＜g（x₀）成立，求实数a的取值范围；
（3）设k∈Z且f（x）＞（k-3）x-k+2在x＞1时恒成立，求整数k的最大值．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，得到f′（e），再求出f（e），达人直线方程的点斜式得答案；
（2）由存在一个x₀∈[1，e]使f（x₀）＜g（x₀）成立，得x₀lnx₀＜$\frac{a{{x}_{0}}^{2}}{2}$，分离参数a，令h（x）=$\frac{2lnx}{x}$，利用导数求其最小值得答案；
（3）由题意得：xlnx＞（k-3）x-k+2在x＞1时恒成立，即k＜$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$．构造函数F（x）=$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$，得F′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$．令m（x）=x-lnx-2，则m′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$＞0在x＞1时恒成立．然后利用函数F（x）的单调性求其最小值$F（x）_{min}=F（b）=\frac{blnb+3b-2}{b-1}$=$\frac{b（b-2）+3b-2}{b-1}=b+2$∈（5，6）．从而可得整数k的最大值．

解答 解：（1）f′（x）=lnx+1，∴f′（e）=2，由f（e）=e，
∴函数f（x）在x=e处的切线方程为y-e=2（x-e），
即2x-y-e=0；
（2）若存在一个x₀∈[1，e]使f（x₀）＜g（x₀）成立，
即x₀lnx₀＜$\frac{a{{x}_{0}}^{2}}{2}$，则a＞$\frac{2ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$．
令h（x）=$\frac{2lnx}{x}$，当x∈[1，e）时，h′（x）=$\frac{2（1-lnx）}{{x}^{2}}$＞0恒成立．
因此，h（x）=$\frac{2lnx}{x}$在[1，e]上单调递增，故当x=1时，h（x）_min=0．
即实数a的取值范围为（0，+∞）；
（3）由题意得：xlnx＞（k-3）x-k+2在x＞1时恒成立，即k＜$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$．
令F（x）=$\frac{xlnx+3x-2}{x-1}$，则F′（x）=$\frac{x-lnx-2}{（x-1）^{2}}$．
令m（x）=x-lnx-2，则m′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$＞0在x＞1时恒成立．
∴m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（3）=1-ln3＜0，m（4）=2-ln4＞0．
∴在（1，+∞）上存在唯一实数b（b∈（3，4）），使m（x）=0，即m（b）=0．
当1＜x＜b时，m（x）＜0，即F′（x）＜0，当x＞b，m（x）＞0，即F′（x）＞0．
∴F（x）在（1，b）上单调递减，在（b，+∞）上单调递增．
∴$F（x）_{min}=F（b）=\frac{blnb+3b-2}{b-1}$=$\frac{b（b-2）+3b-2}{b-1}=b+2$∈（5，6）．
故k＜b+2，又k∈Z，∴整数k的最大值为5．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求函数在闭区间上的最值，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．