Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-2．
（1）求函數(shù)f（x）在[t，2t]（t＞0）上的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)h（x）=f（x）+g（x）有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），且x₂-x₁＜ln2，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由f′（x）=lnx+1=0，可得x=

1

e

，因此f（x）在(0，

1

e

)上遞減，在(

1

e

，+∞)上遞增．再對t與

1

2e

，

1

e

的大小關(guān)系分類討論即可得出；
（2）y=f（x）+g（x）=xlnx-x²+ax-2，則y′=lnx-2x+1+a．由題意可得：y′=lnx-2x+1+a=0有兩個(gè)不同的實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），
即a=-lnx+2x-1有兩個(gè)不同的實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），等價(jià)于直線y=a與函數(shù)G（x）=-lnx+2x-1的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)G（x）的單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答： 解：（1）由f′（x）=lnx+1=0，可得x=

1

e

，
∴f（x）在(0，

1

e

)上遞減，在(

1

e

，+∞)上遞增．
（i）當(dāng)0＜t≤

1

2e

時(shí)，函數(shù)f（x）在[t，2t]上遞減；
（ii）當(dāng)

1

2e

＜t＜

1

e

時(shí)，函數(shù)f（x）在[t，

1

e

]上遞減，在[

1

e

，2t]上遞增；
（iii）當(dāng)t≥

1

e

時(shí)，函數(shù)f（x）在[t，2t]上單調(diào)遞增．
（2）y=f（x）+g（x）=xlnx-x²+ax-2，則y′=lnx-2x+1+a
由題意可得：y′=lnx-2x+1+a=0有兩個(gè)不同的實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），
即a=-lnx+2x-1有兩個(gè)不同的實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），
等價(jià)于直線y=a與函數(shù)G（x）=-lnx+2x-1的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．
∵G′（x）=-

1

x

+2，
∴G（x）在（0，

1

2

）上單調(diào)遞減，在（

1

2

，+∞）上單調(diào)遞增，畫出函數(shù)圖象的大致形狀（如右圖），
由圖象知，當(dāng)a＞G（x）_min=G（

1

2

））=ln2時(shí)，x₁，x₂存在，且x₂-x₁的值隨著a的增大而增大，
而當(dāng)x₂-x₁=ln2時(shí)，由題意可得

lnx1-2x1+1+a=0 lnx2-2x2+1+a=0

，
兩式相減可得ln

x1

x2

=-2（x₂-x₁）=-2ln2，
∴x₂=4x₁代入上述方程可得x₂=4x₁=

4

3

ln2，
此時(shí)a=

2

3

ln2-ln（

ln2

3

）-1，
∴a＜

2

3

ln2-ln（

ln2

3

）-1，
綜上可得：實(shí)數(shù)a的取值范圍為ln2＜a＜

2

3

ln2-ln(

ln2

3

)-1．

點(diǎn)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，考查了恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了分離參數(shù)方法，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．