Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=（x+a）lnx，g（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，已知曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線與直線2x-y=0平行．
（Ⅰ）若方程f（x）=g（x）在（k，k+1）（k∈N）內(nèi)存在唯一的根，求出k的值．
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)m（x）=min{f（x），g（x）}（min{p、q}）表示p，q中的較小值），求m（x）的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，由兩直線平行的條件：斜率相等，解方程可得a=1，然后求出f（x）、g（x）的導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，最值，由零點存在定理，即可判斷存在k=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得m（x）的解析式，通過求g（x）的最大值，即可得到m（x）的最大值．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=（x+a）lnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=lnx+1+$\frac{a}{x}$，
曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為f′（1）=1+a，
由切線與直線2x-y=0平行，得a+1=2，解得a=1，
∴f（x）=（x+1）lnx，f′（x）=lnx+1+$\frac{1}{x}$，
令h（x）=lnx+1+$\frac{1}{x}$，h′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x∈（0，1），h′（x）＜0，h（x）在（0，1）遞減，
當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）遞增．
當(dāng)x=1時，h（x）_min=h（1）=2＞0，即f′（x）＞0，
f（x）在（0，+∞）遞增，即有f（x）在（k，k+1）遞增，
g（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$的導(dǎo)數(shù)為g′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$，
當(dāng)x∈（0，2），g′（x）＞0，g（x）在（0，2）遞增，
當(dāng)x＞2時，g′（x）＜0，g（x）在（2，+∞）遞減．
則x=2取得最大值，
令T（x）=f（x）-g（x）=（x+1）lnx-$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，
T（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，T（2）=3ln2-$\frac{4}{{e}^{2}}$＞0，
T（x）的導(dǎo)數(shù)為T′（x）=lnx+1+$\frac{1}{x}-\frac{2x-{x}^{2}}{{e}^{x}}$，
由1＜x＜2，通過導(dǎo)數(shù)可得lnx＞1-$\frac{1}{x}$，即有l(wèi)nx+1+$\frac{1}{x}$＞2；
e^x＞1+x，可得-$\frac{2x-{x}^{2}}{{e}^{x}}$＞$\frac{{x}^{2}-2x}{1+x}$，
可得lnx+1+$\frac{1}{x}$-$\frac{2x-{x}^{2}}{{e}^{x}}$＞2+$\frac{{x}^{2}-2x}{1+x}$=$\frac{2+{x}^{2}}{1+x}$＞0，
即為T′（x）＞0在（1，2）成立，
則T（x）在（1，2）遞增，
由零點存在定理可得，存在自然數(shù)k=1，
使得方程f（x）=g（x）在（k，k+1）內(nèi)存在唯一的根，故k=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，m（x）=$\left\{\begin{array}{l}{（x+1）lnx，0＜x≤{x}_{0}}\\{\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}，x＞{x}_{0}}\end{array}\right.$，其中x₀∈（1，2），
且x=2時，g（x）取得最大值，且為g（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，
則有m（x）的最大值為m（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間、極值，同時考查零點存在定理和分段函數(shù)的最值，考查運算能力，屬于中檔題．