Question

8．设函数f（x）=（x+a）lnx，g（x）=$\frac{{2{x^2}}}{e^x}$，已知曲线y=f（x）在x=1处的切线过点（2，3）．
（1）求实数a的值．
（2）是否存在自然数k，使得函数y=f（x）-g（x）在（k，k+1）内存在唯一的零点？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由．
（3）设函数h（x）=min{f（x），g（x）}，（其中min{p，q}表示p，q中的较小值），对于实数m，?x₀∈（0，+∞），使得h（x₀）≥m成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用导数求出函数f（x）在x=1处的切线方程，把点（2，3）代入切线方程即可求得实数a的值；
（2）构造函数$φ（x）=f（x）-g（x）=（x+2）lnx-\frac{{2{x^2}}}{e^x}$，利用导数判断x∈（1，+∞）时，φ′（x）＞0，φ（x）在（1，+∞）上单调递增．结合φ（1）φ（2）＜0，可得?x₀∈（1，2），使得φ（x₀）=0，从而求得k值；
（3）由题意写出分段函数h（x），然后利用导数分类求出函数的最大值，得到h（x）在（0，+∞）上的最大值，即可求得满足条件的实数m的取值范围．

解答 解：（1）由f（x）=（x+a）lnx，得f′（x）=lnx+$\frac{a}{x}+1$，
则f'（1）=a+1，f（1）=0，
∴f（x）在x=1处的切线方程为y=（1+a）（x-1），代入（2，3），得3=1+a，即a=2；
（2）存在k=1符合题意，证明如下：
令$φ（x）=f（x）-g（x）=（x+2）lnx-\frac{{2{x^2}}}{e^x}$，
当x∈（0，1]时，φ（x）＜0，φ（2）=$4ln2-\frac{8}{{e}^{2}}$＞$4ln\sqrt{e}-\frac{8}{4}=0$，
∴φ（1）φ（2）＜0．
可得?x₀∈（1，2），使得φ（x₀）=0，
φ′（x）=lnx+$\frac{2}{x}+1$+$\frac{2x（x-2）}{{e}^{x}}$，
当x∈（1，2）时，φ′（x）＞1+$\frac{2x（x-2）}{{e}^{x}}$$＞1-\frac{2}{e}$＞0；
当x∈[2，+∞）时，φ′（x）=lnx+$\frac{2}{x}+1$+$\frac{2x（x-2）}{{e}^{x}}$＞0．
即x∈（1，+∞）时，φ′（x）＞0．
φ（x）在（1，+∞）上单调递增．
可得φ（x）=0在（1，2）有唯一实根．
∴存在k=1使得函数y=f（x）-g（x）在（k，k+1）内存在唯一的零点；
（3）?x₀∈（0，+∞），使得h（x₀）≥m成立，则m≤h_max（x）．
由（2）知，函数y=f（x）-g（x）在（k，k+1）内存在唯一的零点x₀ ．
当x∈（0，x₀）时，f（x）＜g（x），x∈（x₀，+∞）时，f（x）＞g（x），
∴h（x）=$\left\{\begin{array}{l}{（x+2）lnx，x∈（0，{x}_{0}]}\\{\frac{2{x}^{2}}{{e}^{x}}，x∈（{x}_{0}，+∞）}\end{array}\right.$，
当x∈（0，x₀]时，若x∈（0，1]，h（x）=f（x）≤0，
若x∈（1，x₀]，h′（x）=lnx+$\frac{2}{x}+1$＞0，h（x）在（1，x₀]上单调递增，
∴0＜h（x）≤h（x₀），
当x∈（x₀，+∞）时，h′（x）=$\frac{2x（2-x）}{{e}^{x}}$，
可得x∈（x₀，2）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，x∈（2，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减．
∴x∈（x₀，+∞）时，h（x）≤h（2）=$\frac{8}{{e}^{2}}$，且h（x₀）＜h（2）．
可得${h_{max}}（x）=h（2）=\frac{8}{e^2}$．
∴$m≤\frac{8}{e^2}$时，?x₀∈（0，+∞），使得h（x₀）≥m成立．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了导数在最大值和最小值问题中的应用，考查分类讨论、数学转化等数学思想方法的运用，考查函数构造法，题目设置难度较大．