Question

11．已知函数f（x）=xlnx．（题中e=2.71828为自然对数的底数）
（1）若方程f（x）-a=0在区间$[\frac{1}{e^2}，+∞）$上有2个不同的实根，求实数a的取值范围；
（2）点P（x₀，y₀）（x₀＞$\frac{1}{e}$）是函数f（x）的图象上一动点，求函数f（x）的图象上点P处的切线与两坐标轴围成三角形面积的最小值；
（3）设g（x）=f（x）-$\frac{1}{e}{x^2}$，证明：g（x）_极小值＞$\frac{1-e}{e}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，利用导数和极值之间的关系求出函数的极值即可．
（2）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出函数的切线方程即可．
（3）求出函数的导数，利用导数求出函数的极值，利用不等式的性质进行证明．

解答 解：（1）令f'（x）=1+lnx＜0，得$x＜\frac{1}{e}$，
令f'（x）=1+lnx＞0，得$x＞\frac{1}{e}$，
∴f（x）在$[\frac{1}{e^2}，\frac{1}{e}）$上单调递减，在$（\frac{1}{e}，+∞）$上单调递增，…（2分）
又$f（\frac{1}{e^2}）=-\frac{2}{e^2}$，$f（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e}$，要方程f（x）-a=0在区间$[\frac{1}{e^2}，+∞）$上有2个不同的实根，则$f（\frac{1}{e}）＜a≤f（\frac{1}{e^2}）$，即$a∈（-\frac{1}{e}，-\frac{1}{e^2}]$…（4分）
（2）点P（x₀，y₀）处的切线为y-y₀=（1+lnx₀）（x-x₀），
令x=0，得y=-x₀，令y=0，得$x=\frac{x_0}{{1+ln{x_0}}}$，
∴$S=\frac{1}{2}{x_0}•\frac{x_0}{{1+ln{x_0}}}=\frac{1}{2}•\frac{x_0^2}{{1+ln{x_0}}}$（${x_0}＞\frac{1}{e}$）…（6分）
令$φ（x）=\frac{1}{2}•\frac{x^2}{1+lnx}$，
则$φ'（x）=\frac{x（2lnx+1）}{{2{{（1+lnx）}^2}}}＞0⇒x＞\frac{1}{{\sqrt{e}}}$，$φ'（x）=\frac{x（2lnx+1）}{{2{{（1+lnx）}^2}}}＜0⇒\frac{1}{e}＜x＜\frac{1}{{\sqrt{e}}}$，
∴$φ{（x）_{min}}=φ（\frac{1}{{\sqrt{e}}}）=\frac{1}{e}$∴${S_{min}}=\frac{1}{e}$．…（8分）
（3）$g（x）=xlnx-\frac{1}{e}{x^2}$，令$g'（x）=1+lnx-\frac{2}{e}x=0$，即$lnx=\frac{2}{e}x-1$（*）
易知方程（*）的一根为x=e，结合函数y=lnx与$y=\frac{2}{e}x-1$图象，
设另一根为x=x₁，则$ln{x_1}=\frac{2}{e}{x_1}-1$，…（9分）
∵当x=1时，$ln1＞\frac{2}{e}•1-1$，
∴0＜x₁＜1，…（10分）
且当x∈（0，x₁）时，g'（x）＜0，
当x∈（x₁，e）时，g'（x）＞0，当x∈（e，+∞）时，g'（x）＜0，
∴$g{（x）_{极小值}}=g（{x_1}）={x_1}ln{x_1}-\frac{1}{e}{x_1}^2={x_1}（\frac{2}{e}{x_1}-1）-\frac{1}{e}{x_1}^2=\frac{1}{e}x_1^2-{x_1}$…（12分）
∵x₁∈（0，1），∴$g{（x）_{极小值}}＞\frac{1}{e}×{1^2}-1=\frac{1-e}{e}$…（13分）

点评 本题主要考查导数的综合应用，要求熟练掌握函数的极值，最值和函数导数之间的关系，综合性较强，难度较大．