Question

14．已知函数f（x）=alnx^x+bx，（x∈（0，+∞）的图象过点（$\frac{1}{e}$，-$\frac{1}{e}$），且在点（1，f（1））处的切线与直线x+y-e=0垂直．
（1）求a，b的值．
（2）若存在x₀∈[$\frac{1}{e}$，e]（e为自然对数的底数，且e=2.71828…），使得不等式f（x₀）=$\frac{1}{2}$x₀²-$\frac{1}{2}$tx₀≥-$\frac{3}{2}$成立，求实数t的取值范围；
（3）设函数f（x）的图象上从左至右依次存在三个点B（b，f（b）），C（c，f（c）），D（d，f（d）），且2c=b+d，求证：f（b）+f（d）-2f（c）＜（d-b）ln2．

Answer 1

分析 （1）求导数，利用图象过点（$\frac{1}{e}$，-$\frac{1}{e}$），且在点（1，f（1））处的切线与直线x+y-e=0垂直，建立方程，求出a，b的值；
（2）若存在x∈[$\frac{1}{e}$，e]，使不等式成立，只需t小于或等于2lnx+x+$\frac{3}{x}$的最大值；
（3）由已知可得0＜b＜c＜d，且c²＜bd，进而根据对数的运算性质和基本不等式，利用放缩法，可证得结论．

解答 （1）解：∵f（x）=alnx^x+bx，
∴f′（x）=alnx+a+b，
∵在点（1，f（1））处的切线与直线x+y-e=0垂直．
∴f′（1）=a+b=1．
又函数f（x）=alnx^x+bx图象过（$\frac{1}{e}$，-$\frac{1}{e}$），
∴f（$\frac{1}{e}$）=a×$\frac{1}{e}$×ln$\frac{1}{e}$+b×$\frac{1}{e}$=-$\frac{a}{e}$+$\frac{b}{e}$=-$\frac{1}{e}$，
∴a-b=1，
∴a=1，b=0．
（2）解：由（1）知，f（x）=xlnx，由题意得，xlnx+$\frac{1}{2}$x²-$\frac{1}{2}$tx≥-$\frac{3}{2}$，则t≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$，
若存在x∈[$\frac{1}{e}$，e]，使不等式成立，只需t小于或等于2lnx+x+$\frac{3}{x}$的最大值，
设h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$（x＞0），则h′（x）=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，
当x∈[$\frac{1}{e}$，1]时，h′（x）＜0，故h（x）单调递减；当x∈[1，e]时，h′（x）＞0，故h（x）单调递增．
∵h（e）=2+e+$\frac{3}{e}$，h（$\frac{1}{e}$）=-2+$\frac{1}{e}$+3e，
∴h（$\frac{1}{e}$）＞h（e）．
∴当x∈[$\frac{1}{e}$，e]时，h（x）的最大值为h（$\frac{1}{e}$）=-2+$\frac{1}{e}$+3e，
故t≤-2+$\frac{1}{e}$+3e，即实数t的取值范围是（-∞，-2+$\frac{1}{e}$+3e]．
（3）证明：∵函数f（x）=xlnx的图象上从左至右依次存在三个点P（b，f（b）），C（c，f（c）），D（d，f（d）），且2c=b+d，
∴0＜b＜c＜d，且2c=b+d＜2$\sqrt{bd}$，即c²＜bd，
∴f（b）+f（d）-2f（c）=blnb+dlnd-2clnc
=ln$\frac{{b}^{b}{d}^{d}}{{c}^{2c}}$＜ln$\frac{{c}^{2b}{d}^{d-b}}{{c}^{b+d}}$
=ln（c^b-d•d^d-b）=（d-b）ln$\frac{d}{c}$＜（d-b）ln$\frac{d+b}{c}$
=（d-b）ln$\frac{2c}{c}$=（d-b）ln2．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性与最值，考查对数的图象与性质，基本不等式，难度大．