Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=xlnx，e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）求曲線y=f（x）在x=e﹣2處的切線方程；
（2）關(guān)于x的不等式f（x）≥λ（x﹣1）在（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)λ的值；
（3）關(guān)于x的方程f（x）=a有兩個實根x1 ， x2 ， 求證：|x1﹣x2|＜2a+1+e﹣2 ．

Answer 1

【答案】
（1）解：對函數(shù)f（x）求導(dǎo)得f′（x）=lnx+1，

∴f′（e﹣2）=lne﹣2+1=﹣1，

又f（e﹣2）=e﹣2lne﹣2=﹣2e﹣2，

∴曲線y=f（x）在x=e﹣2處的切線方程為y﹣（﹣2e﹣2）=﹣（x﹣e﹣2），

即y=﹣x﹣e﹣2；

（2）解：記g（x）=f（x）﹣λ（x﹣1）=xlnx﹣λ（x﹣1），其中x＞0，

由題意知g（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，

下面求函數(shù)g（x）的最小值，

對g（x）求導(dǎo)得g′（x）=lnx+1﹣λ，

令g′（x）=0，得x=eλ﹣1，

當(dāng)x變化時，g′（x），g（x）變化情況列表如下：

x	（0，eλ﹣1）	eλ﹣1	（eλ﹣1，+∞）
g′（x）	﹣	0	+
g（x）	遞減	極小值	遞增

∴g（x）min=g（x）極小值=g（eλ﹣1）=（λ﹣1）eλ﹣1﹣λ（eλ﹣1﹣1）=λ﹣eλ﹣1，

∴λ﹣eλ﹣1≥0，

記G（λ）=λ﹣eλ﹣1，則G′（λ）=1﹣eλ﹣1，

令G′（λ）=0，得λ=1，

當(dāng)λ變化時，G′（λ），G（λ）變化情況列表如下：

λ	（0，1）	1	（1，+∞）
G′（λ）	+	0	﹣
G（λ）	遞增	極大值	遞減

∴G（λ）max=G（λ）極大值=G（1）=0，

故λ﹣eλ﹣1≤0當(dāng)且僅當(dāng)λ=1時取等號，

又λ﹣eλ﹣1≥0，從而得到λ=1

（3）解：先證f（x）≥﹣x﹣e﹣2，

記h（x）=f（x）﹣（﹣x﹣e﹣2）=xlnx+x+e﹣2，則h′（x）=lnx+2，

令h′（x）=0，得x=e﹣2，

當(dāng)x變化時，h′（x），h（x）變化情況列表如下：

x	（0，e﹣2）	e﹣2	（e﹣2，+∞）
h′（x）	﹣	0	+
h（x）	遞減	極小值	遞增

∴h（x）min=h（x）極小值=h（e﹣2）=e﹣2lne﹣2+e﹣2+e﹣2=0，

h（x）≥0恒成立，即f（x）≥﹣x﹣e﹣2，

記直線y=﹣x﹣e﹣2，y=x﹣1分別與y=a交于（ ，a），（ ，a），

不妨設(shè)x1＜x2，則a=﹣ ﹣e﹣2=f（x1）≥﹣x1﹣e﹣2，

從而 ＜x1，當(dāng)且僅當(dāng)a=﹣2e﹣2時取等號，

由（2）知，f（x）≥x﹣1，則a= ﹣1=f（x2）≥x2﹣1，

從而x2≤ ，當(dāng)且僅當(dāng)a=0時取等號，

故|x1﹣x2|=x2﹣x1≤ ﹣ =（a+1）﹣（﹣a﹣e﹣2）=2a+1+e﹣2，

因等號成立的條件不能同時滿足，故|x1﹣x2|＜2a+1+e﹣2

【解析】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計算f′（e﹣2）和f（e﹣2）的值，求出切線方程即可；（2）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的極小值，從而求出λ的值即可；（3）記h（x）=f（x）﹣（﹣x﹣e﹣2）=xlnx+x+e﹣2 ， 求出h（x）的最小值，得到a= ﹣1=f（x2）≥x2﹣1，得到|x1﹣x2|=x2﹣x1≤ ﹣ ，從而證出結(jié)論．
【考點精析】根據(jù)題目的已知條件，利用函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識可以得到問題的答案，需要掌握求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值．