Question

11．已知函數(shù)f（x）=xlnx．（其中e=2.71828為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
（Ⅰ）若方程f（x）-a=0在區(qū)間$[\frac{1}{e^2}，+∞）$上有2個(gè)不同的實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）-$\frac{1}{e}{x^2}$，證明：g（x）_極小值＞$\frac{1-e}{e}$；
（Ⅲ）若P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）是函數(shù)f（x）的圖象上不同的兩點(diǎn)，且函數(shù)f（x）的圖象在P，Q處切線交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為s，直線PQ在y軸上的截距為t，記M=x₁•x₂+s•t，請(qǐng)?zhí)剿鱉的值是否為定值，若是，求出此定值，若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)f′（x）=1+lnx，由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合方程f（x）-a=0在區(qū)間$[\frac{1}{e^2}，+∞）$上有2個(gè)不同的實(shí)根可得$f（\frac{1}{e}）＜a≤f（\frac{1}{e^2}）$，從而求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）化簡(jiǎn)$g（x）=xlnx-\frac{1}{e}{x^2}$，再求導(dǎo)并令導(dǎo)數(shù)$g'（x）=1+lnx-\frac{2}{e}x=0$，從而可得$lnx=\frac{2}{e}x-1$，從而求$g{（x）_{極小值}}=g（{x_0}）={x_0}ln{x_0}-\frac{1}{e}{x_0}^2={x_0}（\frac{2}{e}{x_0}-1）-\frac{1}{e}{x_0}^2=\frac{1}{e}x_0^2-{x_0}$，再由x₀∈（0，1）可證明．
（Ⅲ）先設(shè)直線PQ為y=kx+t，從而可得$ln{x_1}=k+\frac{t}{x_1}$，再結(jié)合$ln{x_2}=k+\frac{t}{x_2}$可得$\frac{t}{{{x_1}{x_2}}}=-\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，再設(shè)兩切線交于點(diǎn)（s，r），從而可得（1+lnx₁）（x₁-s）=x₁lnx₁-r，從而可得$s=\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{ln{x_2}-ln{x_1}}}$，從而可得s•t+x₁•x₂=0．

解答 解：（Ⅰ）令f′（x）=1+lnx＜0，得$0＜x＜\frac{1}{e}$，
令f′（x）=1+lnx＞0，得$x＞\frac{1}{e}$，
∴f（x）在$[\frac{1}{e^2}，\frac{1}{e}）$上單調(diào)遞減，在$（\frac{1}{e}，+∞）$上單調(diào)遞增，
又$f（\frac{1}{e^2}）=-\frac{2}{e^2}$，$f（\frac{1}{e}）=-\frac{1}{e}$，
要方程f（x）-a=0在區(qū)間$[\frac{1}{e^2}，+∞）$上有2個(gè)不同的實(shí)根，
則$f（\frac{1}{e}）＜a≤f（\frac{1}{e^2}）$，
即$a∈（-\frac{1}{e}，-\frac{1}{e^2}]$．
（Ⅱ）證明：$g（x）=xlnx-\frac{1}{e}{x^2}$，
令$g'（x）=1+lnx-\frac{2}{e}x=0$，即$lnx=\frac{2}{e}x-1$（*）
易知方程（*）的一根為x=e，
結(jié)合函數(shù)y=lnx與$y=\frac{2}{e}x-1$圖象，
設(shè)另一根為x=x₀，則$ln{x_0}=\frac{2}{e}{x_0}-1$，
∵當(dāng)x=1時(shí)，$ln1＞\frac{2}{e}•1-1$，
∴0＜x₀＜1，
且當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，g′（x）＜0，
當(dāng)x∈（x₀，e）時(shí)，g′（x）＞0，
當(dāng)x∈（e，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，
∴$g{（x）_{極小值}}=g（{x_0}）={x_0}ln{x_0}-\frac{1}{e}{x_0}^2={x_0}（\frac{2}{e}{x_0}-1）-\frac{1}{e}{x_0}^2=\frac{1}{e}x_0^2-{x_0}$，
∵x₀∈（0，1），
∴$g{（x）_{極小值}}＞\frac{1}{e}×{1^2}-1=\frac{1}{e}-1$．
（Ⅲ）設(shè)直線PQ：y=kx+t，
∴x₁lnx₁=kx₁+t，即$ln{x_1}=k+\frac{t}{x_1}$，
同理$ln{x_2}=k+\frac{t}{x_2}$，
∴$\frac{t}{{{x_1}{x_2}}}=-\frac{{ln{x_2}-ln{x_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，①
設(shè)兩切線交于點(diǎn)（s，r），
∴（1+lnx₁）（x₁-s）=x₁lnx₁-r，
即（1+lnx₁）s=x₁+r，同理（1+lnx₂）s=x₂+r，
∴$s=\frac{{{x_2}-{x_1}}}{{ln{x_2}-ln{x_1}}}$，②
由①②得$\frac{s•t}{{{x_1}•{x_2}}}=-1$，
即s•t+x₁•x₂=0，
所以M=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及直線與函數(shù)的關(guān)系應(yīng)用，同時(shí)考查了函數(shù)零點(diǎn)的判定定理的應(yīng)用，化簡(jiǎn)困難，屬于難題．