Question

已知函數(shù)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）在函數(shù)f（x）與g（x）的公共定義域內(nèi)f（x）的圖象在g（x）圖象的上方，求實數(shù)a的范圍；
（Ⅲ）a=2時，曲線h（x）=

f(x)

x

-2g（x）的圖象上是否存在兩點A，B，使

AB

∥m（設(shè)線段AB的中點橫坐標為x₀，函數(shù)h（x）在x=x₀處的切線的方向向量為m）？若存在，求出直線AB的方程，若不存在，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：計算題,壓軸題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)f′（x）=lnx+1；由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求最小值；
（Ⅱ）先求出函數(shù)f（x）與g（x）的公共定義域為（0，+∞）；再化題意為x∈（0，+∞）時，f（x）-g（x）＞0恒成立；從而化為a＜2lnx+x+

3

x

，再記m（x）=2lnx+x+

3

x

，從而轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題；
（Ⅲ）當(dāng)a=2時，化簡h（x）=

f(x)

x

-2g（x）=lnx+x²-2x+3，從而假設(shè)存在兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），（0＜x₁＜x₂）滿足題意，即h′（x₀）=

h(x1)-h(x2)

x1-x2

，可化為

2

x1+x2

=

ln x1 x2

x1-x2

；設(shè)

x1

x2

=z，則0＜z＜1；從而化為lnz=

2(z-1)

1+z

；再令y=lnz-

2(z-1)

1+z

，從而轉(zhuǎn)化為是否有零點即可．

解答： 解：（Ⅰ）f′（x）=lnx+1；
則當(dāng)x∈（0，

1

e

）時，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（

1

e

，+∞）時，f′（x）＞0，
f（x）在（0，

1

e

）上單調(diào)遞減，在（

1

e

，+∞）上單調(diào)遞增；
又∵0＜t＜

1

e

，
∴f_min（x）=f（

1

e

）=-

1

e

；
（Ⅱ）函數(shù)f（x）與g（x）的公共定義域為（0，+∞）；
由題意知，x∈（0，+∞）時，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

，
記m（x）=2lnx+x+

3

x

，
則m′（x）=

(x+3)(x-1)

x2

；
故m（x）在（0，1）上為減函數(shù)，在（1，+∞）上為增函數(shù)；
故m_min（x）=m（1）=4；
故a＜4；
（Ⅲ）a=2時，h（x）=

f(x)

x

-2g（x）=lnx+x²-2x+3，
若存在兩點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），（0＜x₁＜x₂）滿足題意，
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

；
設(shè)

x1

x2

=z，則0＜z＜1；
上式可化為lnz=

2(z-1)

1+z

；
令y=lnz-

2(z-1)

1+z

，
則y′=

1

z

-

4

(z+1)2

=

(z-1)2

z(z+1)2

＞0；
故y在（0，1]上是增函數(shù)，y_max=0；
∴l(xiāng)nz-

2(z-1)

1+z

＜0；
故lnz=

2(z-1)

1+z

不成立；
∴不存在滿足題意的兩點A，B．

點評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，同時考查了換元法的應(yīng)用，化簡與運算也很困難，屬于難題．