Question

17．设函数f（x）=（x-t）lnx-1（t∈R，t为常数），已知f（x）在x=1处的切线平行于x轴．
（Ⅰ）求常数t的值；
（Ⅱ）（i）证明函数f（x）恰有两个零点x₁＜x₂；
（ii）设g（x）=f（x）+lnx+1，是否存在最小的正常数m，使得：当a＞m时，对于任意正实数x，不等式g（x+a）＜g（a）e^x恒成立？

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，求得切线的斜率，代入x=1可得切线的斜率为0，解方程可得t=1；
（Ⅱ）（i）求出函数的导数，判断函数的单调性，运用零点存在定理，即可判断零点个数；
（ii）这样的最小正常数m存在．由g（x）=f（x）-lnx-1=xlnx，由g（x+a）＜g（a）e^x得（a+x）ln（a+x）＜alna•e^x即$\frac{{（{a+x}）ln（{a+x}）}}{{{e^{x+a}}}}＜\frac{alna}{e^a}$，设$h（x）=\frac{xlnx}{e^x}$，则问题就是否存在最小的正常数m，使得当a＞m时，对于任意正实数x，不等式h（x+a）＜h（a）恒成立．求出h（x）的导数，求得单调区间，极值、最值，运用单调性即可判断．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=（x-t）lnx-1得$f'（x）=\frac{x-t}{x}+lnx$，
由f（x）在x=1处的切线平行于x轴知，f'（1）=1-t=0，
所以t=1．
（Ⅱ）（i）证明：由（Ⅰ）知t=1，所以$f'（x）=\frac{x-1}{x}+lnx$，
所以$f''（x）=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x}＞0$，
所以f'（x）是增函数，又因为f'（1）=0，
所以当x∈（0，1）时f'（x）＜f'（1）=0，所以f（x）在（0，1）上单调递减，
当x∈（1，+∞）时f′（x）＞f′（1）=0，所以f（x）在（1，+∞）上单调递增，
又因为$f（{\frac{1}{e^2}}）=（{\frac{1}{e^2}-1}）ln\frac{1}{e^2}-1=1-\frac{2}{e^2}＞0，f（1）=-1＜0，f（e）=（{e-1}）lne-1=e-2＞0$，
即$f（{\frac{1}{e^2}}）f（1）＜0，f（1）f（e）＜0$，
所以f（x）在（0，1）和（1，+∞）上各有一个零点，
即函数f（x）恰有两个零点x₁＜x₂，且满足0＜x₁＜1＜x₂＜e．
（ii）这样的最小正常数m存在．
理由：g（x）=f（x）-lnx-1=xlnx，
所以由g（x+a）＜g（a）e^x得（a+x）ln（a+x）＜alna•e^x
即$\frac{{（{a+x}）ln（{a+x}）}}{{{e^{x+a}}}}＜\frac{alna}{e^a}$，
设$h（x）=\frac{xlnx}{e^x}$，则问题就是否存在最小的正常数m，
使得当a＞m时，对于任意正实数x，不等式h（x+a）＜h（a）恒成立．
因为$h'（x）=\frac{{（{1+lnx}）{e^x}-xlnx{e^x}}}{{{e^{2x}}}}=-f（x）{e^x}$，
由（i）知f（x）在（0，1）和（1，+∞）上各有一个零点，
即0＜x₁＜1＜x₂＜e，
且f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增
所以当x∈（0，x₁）时f（x）＞0，
h′（x）=-f（x）e^x＜0，h（x）在（0，x₁）上单调递减，
当x∈（x₁，x₂）时f（x）＜0，h'（x）=-f（x）e^x＞0，
h（x）在（x₁，x₂）上单调递增．
当x∈（x₂，+∞）时f（x）＞0，h'（x）=-f（x）e^x＜0，
h（x）在（x₂，+∞）上单调递减．
注意到h（1）=0，当x∈（0，1）时h（x）＜0时；
当x∈（1，+∞）时h（x）＞0，
则h（x₂）是函数的极大值，也是最大值．
题目要找的m=x₂，理由是：当a＞x₂时，对于任意正实数x，x+a＞a＞x₂，
而h（x）在（x₂，+∞）上单调递减，
所以h（x+a）＜h（a）一定恒成立，说明m≤x₂；
另一方面，当0＜a＜x₂，取x=x₂-a，显然x＞0且h（x+a）=h（x₂）＞h（a）
题目所要求的不等式不恒成立，说明m不能比x₂小．
综上可知，题目所要寻求的最小正常数m就是x₂，即存在最小正常数m=x₂，
当a＞m时，对于任意正实数x，不等式g（x+a）＜g（a）e^x恒成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，同时考查函数的零点存在定理和函数的单调性的运用，属于中档题．