Question

（2012•江西模擬）已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-2．
（1）求函數(shù)f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（2）若函數(shù)y=f（x）與y=g（x）的圖象恰有一個(gè)公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的值；
（3）若函數(shù)y=f（x）+g（x）有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），且x₂-x₁＞ln2，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）求導(dǎo)數(shù)，再分類討論，確定函數(shù)在區(qū)間上的單調(diào)性，即可求得函數(shù)的最小值；
（2）將函數(shù)圖象只有一個(gè)公共點(diǎn)轉(zhuǎn)化為方程只有一根，再分離參數(shù)，求出函數(shù)的最小值即可；
（3）函數(shù)由兩個(gè)不同的極值點(diǎn)轉(zhuǎn)化為導(dǎo)函數(shù)等于0的方程有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為圖象的交點(diǎn)問題，由此可得結(jié)論．

解答：解：（1）由f′（x）=lnx+1=0，可得x=

1

e

∴①0＜t＜

1

e

時(shí)，函數(shù)f（x）在（t，

1

e

）上單調(diào)遞減，在（

1

e

，t+2）上單調(diào)遞增
∴函數(shù)f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值為f(

1

e

)=-

1

e

；
②當(dāng)t≥

1

e

時(shí)，f（x）在[t，t+2]上單調(diào)遞增，∴f（x）_min=f（t）=tlnt，
∴f（x）_min=

- 1 e ，0＜t＜ 1 e tlnt，t≥ 1 e

；
（2）函數(shù)y=f（x）與y=g（x）的圖象恰有一個(gè)公共點(diǎn)，等價(jià)于f（x）-g（x）=xlnx+x²-ax+2=0在（0，+∞）上有且只有一根，即a=lnx+x+

2

x

在（0，+∞）上有且只有一根
令h（x）=lnx+x+

2

x

，則h′(x)=

(x+2)(x-1)

x2

∴x∈（0，1）時(shí)，h′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減；x∈（1，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增
∴a=h（x）_min=h（1）=3
（3）y=f（x）+g（x）=xlnx-x²+ax-2，則y′=lnx-2x+1+a
題意即為y′=lnx-2x+1+a=0有兩個(gè)不同的實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），
即a=-lnx+2x-1有兩個(gè)不同的實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），
等價(jià)于直線y=a與函數(shù)G（x）=-lnx+2x-1的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)
∵G′(x)=-

1

x

+2，∴G（x）在（0，

1

2

）上單調(diào)遞減，在（

1

2

，+∞）上單調(diào)遞增
畫出函數(shù)圖象的大致形狀（如右圖），
由圖象知，當(dāng)a＞G（x）_min=G（

1

2

）=ln2時(shí)，x₁，x₂存在，且x₂-x₁的值隨著a的增大而增大
而當(dāng)x₂-x₁=ln2時(shí)，由題意

lnx1-2x1+1+a=0 lnx2-2x2+1+a=0

兩式相減可得ln

x2

x1

=2(x2-x1)=2ln2
∴x₂=4x₁代入上述方程可得x2=4x1=

4

3

ln2
此時(shí)a=

2

3

ln2-ln(

ln2

3

)-1
所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a＞

2

3

ln2-ln(

ln2

3

)-1．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查分離參數(shù)法的運(yùn)用，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，綜合性強(qiáng)．