Question

已知函數(shù)f（x）=alnx，a∈R．
（Ⅰ）若曲線y=f（x）與曲線g（x）=

x

在交點處有共同的切線，求a的值；
（Ⅱ）若對任意x∈[1，e]，都有f（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅲ）在（I）的條件下，求證：xf（x）＞

xe1-x

2

-1．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（I）函數(shù)f（x）=alnx的定義域為（0，+∞），f′(x)=

a

x

，g′（x）=

1

2 x

．設(shè)曲線y=f（x）與曲線g（x）=

x

交點（x₀，y₀），由于在交點處有共同的切線，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得

a

x0

=

1

2 x0

，a＞0．由f（x₀）=g（x₀）可得alnx0=

x0

．聯(lián)立解得即可．
（II）對任意x∈[1，e]，都有f（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，化為a（x-lnx）≤x²-2x．（*）令h（x）=x-lnx，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性可得h（x）≥h（1）=1．從而（*）可化為a≤

x2-2x

x-lnx

，x∈[1，e]．令F（x）=

x2-2x

x-lnx

，再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值可得F（x）≥F（1）=-1，即可得出．
（III）在（I）的條件下f（x）=

e

2

lnx．要證明xf（x）＞

xe1-x

2

-1．即證明exlnx＞xe^1-x-2．分別令H（x）=exlnx，令G（x）=xe^1-x-2，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值 即可證明．

解答： 解：（I）函數(shù)f（x）=alnx的定義域為（0，+∞），f′(x)=

a

x

，g′（x）=

1

2 x

．
設(shè)曲線y=f（x）與曲線g（x）=

x

交點（x₀，y₀），
由于在交點處有共同的切線，∴

a

x0

=

1

2 x0

，解得x0=4a2，a＞0．
由f（x₀）=g（x₀）可得alnx0=

x0

．
聯(lián)立

x0=4a2 alnx0= x0

，解得a=

e

2

．
（II）對任意x∈[1，e]，都有f（x）≥-x²+（a+2）x恒成立，
化為a（x-lnx）≤x²-2x．（*）．
令h（x）=x-lnx，h′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，
∵x∈[1，e]，∴h′（x）≥0，
∴函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，
∴h（x）≥h（1）=1．
∴（*）可化為a≤

x2-2x

x-lnx

，x∈[1，e]．
令F（x）=

x2-2x

x-lnx

．F′（x）=

(x-1)[x+2(1-lnx)]

(x-lnx)2

．
∵x∈[1，e]，∴x-1≥0，2（1-lnx）＞0，
∴當(dāng)x∈[1，e]時，F(xiàn)′（x）≥0，
∴函數(shù)F（x）在x∈[1，e]上單調(diào)遞增，
∴F（x）≥F（1）=

1-2

1-0

=-1，
∴a≤-1．
（III）在（I）的條件下f（x）=

e

2

lnx．
要證明xf（x）＞

xe1-x

2

-1．即證明exlnx＞xe^1-x-2．
令H（x）=exlnx，可得H′（x）=e+elnx=e（1+lnx），
令H′（x）＞0，解得x∈(

1

e

，+∞)，此時函數(shù)H（x）單調(diào)遞增；
令H′（x）＜0，解得x∈(0，

1

e

)，此時函數(shù)H（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=

1

e

時，函數(shù)H（x）取得極小值即最小值，H(

1

e

)=-1．
令G（x）=xe^1-x-2，可得G′（x）=（1-x）e^1-x，
令G′（x）＞0，解得0＜x＜1，此時函數(shù)G（x）單調(diào)遞增；
令G′（x）＜0，解得x＞1，此時函數(shù)G（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=1時，函數(shù)G（x）取得極大值即最大值，G（1）=-1．
∴H（x）＞G（x），因此xf（x）＞

xe1-x

2

-1．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了恒成立問題等價轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．