Question

10．已知函數(shù)f（x）=x（lna-lnx）（a＞0）．
（Ⅰ）當a=e²時，求函數(shù)f（x）在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）的圖象恒在直線x-y+1=0的下方，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）當a=e時，若x₁，x₂∈（1，$\frac{e}{2}$），且x₁≠x₂，判斷（x₁+x₂）⁴與e²x₁x₂的大小關(guān)系，并說明理由．
注：題目中e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)．

Answer 1

分析 （I）利用導數(shù)的幾何意義求出切線的斜率，代入點斜式方程即可；
（II）令g（x）=f（x）-x-1，求出g_max（x），令g_max（x）＜0解出a的范圍；
（III）判斷f（x）的單調(diào)性，得出f（x₁），f（x₂），f（x₁+x₂）的大小關(guān)系，根據(jù)導數(shù)的運算性質(zhì)和不等式的性質(zhì)得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）當a=e²時，f（x）=x（2-lnx），f'（x）=2-lnx-1，
切線l的斜率k=f'（1）=2-ln1-1=1，又f（1）=2-ln1=2，
所以切線l的方程為y=x+1．
（Ⅱ）由題知f（x）-x-1＜0對于x＞0恒成立，即x（lna-lnx）＜0對于x＞0恒成立，
令g（x）=x（lna-lnx）-x-1，則g'（x）=lna-lnx-2，由g'（x）=0得x=$\frac{a}{{e}^{2}}$，

x	（0，$\frac{a}{{e}^{2}}$）	$\frac{a}{{e}^{2}}$	（$\frac{a}{{e}^{2}}$，+∞）
g'（x）	+	0	-
g（x）	↗	極大值	↘

則當x＞0時，g_max（x）=g（$\frac{a}{{e}^{2}}$）=$\frac{a}{{e}^{2}}$-1．
∴$\frac{a}{{e}^{2}}$-1＜0，解得0＜a＜e²，
所以實數(shù)a的取值范圍是（0，e²）．
（Ⅲ）（x₁+x₂）⁴＞e²x₁x₂．理由如下：
當a=e時，f（x）=x（1-lnx），f'（x）=-lnx，
令f'（x）=0得x=1，
當1＜x＜e時，f'（x）＜0，
∴f（x）=x（1-lnx）在（1，e）上單調(diào)遞減，
∵x₁＜x₁+x₂＜e，∴f（x₁）＞f（x₁+x₂），即x₁（1-lnx₁）＞（x₁+x₂）[1-ln（x₁+x₂）]，
∴1-lnx₁＞$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}}$ln[1-ln（x₁+x₂）]，①
同理1-lnx₂＞$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}}$ln[1-ln（x₁+x₂）]，②
①+②得$2-ln{x_1}-ln{x_2}\;\;＞（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_1}+\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_2}）[1-ln（{x_1}+{x_2}）]$，
因為$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_1}+\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_2}=2+\frac{x_2}{x_1}+\frac{x_1}{x_2}≥4$，
∵x₁+x₂＜e，∴l(xiāng)n（x₁+x₂）＜1，即1-ln（x₁+x₂）＞0，
∴2-lnx₁-lnx₂＞4[1-ln（x₁+x₂）]，
即2+lnx₁+lnx₂＜4ln（x₁+x₂），
∴l(xiāng)n（e²x₁x₂）＜ln（x${\;}_{{\;}_{1}}$+x₂）⁴．
∴（x₁+x₂）⁴＞e²x₁x₂．

點評 本題考查了導數(shù)的幾何意義，導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，函數(shù)最值的計算，屬于中檔題．