Question

17．已知函数f（x）=$\frac{aelnx}{x}$，g（x）=-$\frac{1}{2}$x+a+e（e为自然对数的底数，a∈R且a≠0）．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线过点（0，-2e），求a的值；
（2）若关于x的方程f（x）-g（x）=0在区间[$\frac{1}{e}$，+∞）上有且只有两个实数根，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求导数，利用曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线过点（0，-2e），建立方程，即可求a的值；
（2）令h（x）=x（f（x）-g（x））=$\frac{1}{2}{x}^{2}-（a+e）x+aelnx$，则方程f（x）-g（x）=0在区间[$\frac{1}{e}$，+∞）上有且只有两个实数根，等价于函数h（x）在区间[$\frac{1}{e}$，+∞）上有且只有两个零点，分类讨论，确定函数的单调性，即可求a的取值范围．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{aelnx}{x}$，
∴f′（x）=$\frac{ae（1-lnx）}{{x}^{2}}$，
∴f′（1）=ae，
∵f（1）=0，
∴ae=$\frac{0-（-2e）}{1-0}$=2e，
∴a=2；
（2）令h（x）=x（f（x）-g（x））=$\frac{1}{2}{x}^{2}-（a+e）x+aelnx$，则方程f（x）-g（x）=0在区间[$\frac{1}{e}$，+∞）上有且只有两个实数根，等价于函数h（x）在区间[$\frac{1}{e}$，+∞）上有且只有两个零点，
由h（x）=x（f（x）-g（x））=$\frac{1}{2}{x}^{2}-（a+e）x+aelnx$，可得h′（x）=$\frac{（x-a）（x-e）}{x}$．
①a≤$\frac{1}{e}$，由h′（x）＞0，可得x＞e，函数单调递增，h′（x）＜0，可得$\frac{1}{e}$＜x＜e，函数单调递减，
∵h（e）=-$\frac{1}{2}{e}^{2}$＜0，h（e²）=$\frac{1}{2}e（e-2）（{e}^{2}-2a）$≥$\frac{1}{2}e（e-2）（{e}^{2}-\frac{2}{e}）$＞0，
∴要使得h（x）在区间[$\frac{1}{e}$，+∞）上有且只有两个零点，
只需要$h（\frac{1}{e}）=\frac{（1-2{e}^{2}）-2e（1+{e}^{2}）a}{2{e}^{2}}$≥0，
∴a≤$\frac{1-2{e}^{2}}{2e（1+{e}^{2}）}$；
②$\frac{1}{e}$＜a＜e，由h′（x）＞0，可得$\frac{1}{e}$＜x＜a或x＞e，函数单调递增，h′（x）＜0，可得a＜x＜e，函数单调递减，
∵h（a）=-$\frac{1}{2}{a}^{2}$＜0，h（x）在区间[$\frac{1}{e}$，+∞）上至多只有一个零点，不合题意；
③a＞e，由h′（x）＞0，可得$\frac{1}{e}$＜x＜e或x＞a，函数单调递增，h′（x）＜0，可得e＜x＜a，函数单调递减，
∵h（e）=-$\frac{1}{2}{e}^{2}$＜0，
∴h（x）在区间[$\frac{1}{e}$，+∞）上至多只有一个零点，不合题意；
④a=e，h′（x）≥0，函数单调递增，h（x）在区间[$\frac{1}{e}$，+∞）上至多只有一个零点，不合题意；
综上所述，a≤$\frac{1-2{e}^{2}}{2e（1+{e}^{2}）}$．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查导数的几何意义，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．