Question

8．已知函数$f（x）=x•ln\frac{a}{x}\;\;（a＞0）$．
（Ⅰ）若函数g（x）=e^x在x=0处的切线也是函数f（x）图象的一条切线，求实数a的值；
（Ⅱ）若函数f（x）的图象恒在直线x-y+1=0的下方，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）若x₁，x₂∈（$\frac{a}{e}$，$\frac{a}{2}$），且x₁≠x₂，判断${（{{x_1}+{x_2}}）^4}$与a²x₁x₂的大小关系，并说明理由．
注：题目中e=2.71828…是自然对数的底数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算g′（0），g（0），得到切线方程，从而求出a的值；
（Ⅱ）问题转化为$xln\frac{a}{x}-x-1＜0$对于x＞0恒成立，根据函数的单调性，求出a的范围即可；
（Ⅲ）根据函数f（x）的单调性得到f（x₁）＞f（x₁+x₂），整理变形即可．

解答 解：（Ⅰ）g′（x）=e^x，g（x）在x=0处切线斜率k=g′（0）=1，切线l：y=x+1，
又$f'（x）=ln\frac{a}{x}-1$，设l与f（x）相切时的切点为$（{x_0}，{x_0}ln\frac{a}{x_0}）$，
则斜率$k=f'（{x_0}）=ln\frac{a}{x_0}-1$，
则切线l的方程又可表示为$y=（ln\frac{a}{x_0}-1）（x-{x_0}）+{x_0}ln\;\frac{a}{x_0}=（ln\frac{a}{x_0}-1）x+{x_0}$，
由$\left\{\begin{array}{l}ln\frac{a}{x_0}-1=1\\{x_0}=1\end{array}\right.$解之得a=e²；
（Ⅱ）由题f（x）-x-1＜0对于x＞0恒成立，
即$xln\frac{a}{x}-x-1＜0$对于x＞0恒成立，
令$h（x）=xln\frac{a}{x}-x-1$，则$h'（x）=ln\frac{a}{x}-2$，由h'（x）=0得x=$\frac{a}{{e}^{2}}$，

x	（0，$\frac{a}{{e}^{2}}$）	$\frac{a}{{e}^{2}}$	（$\frac{a}{{e}^{2}}$，+∞）
h'（x）	+	0	-
h（x）	↗	极大值	↘

则当x＞0时，h（x）_max=h（$\frac{a}{{e}^{2}}$）=$\frac{a}{{e}^{2}}$-1，
由$\frac{a}{{e}^{2}}$-1＜0，得：0＜a＜e²，即实数a的取值范围是（0，e²）；
（Ⅲ）${（{{x_1}+{x_2}}）^4}$＞a²x₁x₂，理由如下：
由题$f'（x）=ln\frac{a}{x}\;\;\;-1$，由f'（x）=0得x=$\frac{a}{e}$，
当$\frac{a}{e}$＜x＜a时，f′（x）＜0，$f（x）=xln\frac{a}{x}\;\;（a＞0）$单调递减，
因为x₁＜x₁+x₂＜a，所以f（x₁）＞f（x₁+x₂），
即${x_1}ln\frac{a}{x_1}\;\;＞（{x_1}+{x_2}）ln\frac{a}{{{x_1}+{x_2}}}$，
所以$ln\frac{a}{x_1}\;\;＞\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_1}ln\frac{a}{{{x_1}+{x_2}}}$，①
同理$ln\frac{a}{x_2}\;\;＞\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_2}ln\frac{a}{{{x_1}+{x_2}}}$，②
①+②得$ln\frac{a}{x_1}+ln\frac{a}{x_2}\;\;＞（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_1}+\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_2}）ln\frac{a}{{{x_1}+{x_2}}}$，
因为$\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_1}+\frac{{{x_1}+{x_2}}}{x_2}=2+\frac{x_2}{x_1}+\frac{x_1}{x_2}≥4$，
由x₁+x₂＜a得$\frac{a}{{{x_1}+{x_2}}}＞1$，即$ln\frac{a}{{{x_1}+{x_2}}}＞0$，
所以$ln\frac{a}{x_1}+ln\frac{a}{x_2}\;\;＞4ln\frac{a}{{{x_1}+{x_2}}}$，即$\frac{a^2}{{{x_1}{x_2}}}\;\;＞{（\frac{a}{{{x_1}+{x_2}}}）^4}$，
所以${（{x_1}+{x_2}）^4}$＞a²x₁x₂．

点评 本题考查了曲线的切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查学生的计算能力，是一道综合题．