Question

已知函数f（x）=axlnx（a为非零常数）图象上点（e，f（e））处的切线与直线y=2x平行（其中e=2.71828…）．
（Ⅰ）求函数f（x）解析式；
（Ⅱ）求函数f（x）在[t，2t]（t＞0）上的最小值；
（Ⅲ）若斜率为k的直线与曲线y=f'（x）交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）两点，求证：x1＜

1

k

＜x2．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（I）根据切线方程与直线y=2x平行得到切线的斜率为2，即可得到f'（e）=2，求出函数的导函数把f'（e）=2代入即可求出a的值得到函数的解析式；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求得f'（x），令f'（x）=0可得极值点

1

e

，按照极值点与区间位置关系分类讨论：当0＜t＜

1

e

＜t+2时，当

1

e

≤t＜t+2时可求得最值；
（Ⅲ）k=

f′(x2)-f′(x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

，要证x1＜

1

k

＜x2，即证x1＜

x2-x1

lnx2-lnx1

＜x2，等价于1＜

x2 x1 -1

ln x2 x1

＜

x2

x1

，令t=

x2

x1

，则只证1＜

t-1

lnt

＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等价于证明lnt＜t-1＜tlnt，构造函数利用导数可证明两不等式；

解答： 解：（I）由点（e，f（e））处的切线方程与直线2x-y=0平行，
得该切线斜率为2，即f′（e）=2．
又∵f′（x）=a（lnx+1），令a（lne+1）=2，解得a=1，
∴f（x）=xlnx．
（II）由（I）知f′（x）=lnx+1，
显然f′（x）=0时x=e^-1，当x∈（0，

1

e

）时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）在（0，

1

e

）上单调递减．
当x∈(

1

e

，+∞)时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在(

1

e

，+∞)上单调递增，
①0＜t＜

1

e

＜t+2，即0＜t＜

1

e

时，f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

；
②

1

e

≤t＜t+2，即t≥

1

e

时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，f（x）_min=f（t）=tlnt；
∴f(x)min=

- 1 e ，0＜t＜ 1 e tlnt，t≥ 1 e

；
（Ⅲ）k=

f′(x2)-f′(x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

，
要证x1＜

1

k

＜x2，即证x1＜

x2-x1

lnx2-lnx1

＜x2，等价于1＜

x2 x1 -1

ln x2 x1

＜

x2

x1

，
令t=

x2

x1

，则只证1＜

t-1

lnt

＜t，由t＞1，知lnt＞0，故等价于证明lnt＜t-1＜tlnt，
①设g（t）=t-1-lnt（t≥1），则g'（t）=1-

1

t

＞0，故g（t）在（1，+∞）上递增，
∴t＞1时，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt；
②设h（t）=tlnt-t+1（t≥1），则h'（t）=lnt≥0，故h（t）在[1，+∞）上单调递增，
∴当t＞1时，h（t）=tlnt-t+1＞h（1）=0，即tlnt＞t-1；
由①②可知，lnt＜t-1＜tlnt成立，故x1＜

1

k

＜x2．

点评：本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的最值及不等式的证明等知识，考查分类讨论思想、函数思想，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力、推理论证能力，该题综合性强，能力要求较高．