Question

17．已知函数f（x）=x•lnx，g（x）=2mx-1（m∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）若关于x的方程f（x）=g（x）在$[{\frac{1}{e}，e}]$上有两个不同的解，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导函数，得到f′（1），再求出f（1），利用直线方程的点斜式得答案；
（Ⅱ）把关于x的方程f（x）=g（x）在$[{\frac{1}{e}，e}]$上有两个不同的解，转化为函数$h（x）=lnx+\frac{1}{x}$与y=2m的图象在$[{\frac{1}{e}，e}]$有两个不同交点，利用导数求出函数$h（x）=lnx+\frac{1}{x}$在$[{\frac{1}{e}，e}]$上的值域，数形结合得答案．

解答 解：（Ⅰ）$f′（x）=1•lnx+x•\frac{1}{x}=lnx+1$，
∴f′（1）=1，又f（1）=0，
∴函数f（x）在x=1处的切线方程是：y-0=1×（x-1），
即y=x-1；
（Ⅱ）由f（x）=g（x），得x•lnx=2mx-1，
即 $lnx+\frac{1}{x}=2m$，
问题转化为：函数$h（x）=lnx+\frac{1}{x}$与y=2m的图象在$[{\frac{1}{e}，e}]$有两个不同交点．
令$h′（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}＞0$，得x＞1，
∴函数h（x）在$（{\frac{1}{e}，1}）$上单调递减，（1，e）上单调递增，
又$h（\frac{1}{e}）=e-1，h（1）=1，h（e）=1+\frac{1}{e}$．
结合函数h（x）的图象可知，$1＜2m≤1+\frac{1}{e}$，
∴$\frac{1}{2}＜m≤\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}$．
∴实数m的取值范围是$（\frac{1}{2}，\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}]$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，是中档题．