Question

3．已知f（x）=x+xlnx，g（x）=x-lnx-2，
（1）若x₀是g（x）在（1，+∞）的一个零点，且x₀∈（n，n+1），n∈Z，求n；
（2）若k∈Z，k＜$\frac{f（x）}{x-1}$对任意x＞1恒成立，求k的最大值；
（3）设F（x）=2g（x）+x²+（-a-2）x+4，其导函数为F′（x），若F（x）的图象交x轴于点C（x₁，0），D（x₂，0）两点，且线段CD的中点为N（s，0），试问s是否为F′（x）=0的根？说明理由．

Answer 1

分析 （1）结合图象g（x）存在唯一的零点，又g（3）=1-ln3＜0，g（4）=2-ln4=2（1-ln2）＞0，求出零点属于（3，4），从而求出n的值即可；
（2）问题转化为k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$，（x＞1），令h（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$，（x＞1），根据函数的单调性求出k的最大值即可；
（3）可得方程2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，得到a=（x₁+x₂）-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$．化简F′（x）=2x-$\frac{2}{x}$-a．经过变形换元再利用导数研究其单调性证明F′（s）=0是否成立即可．

解答 解：（1）令g（x）=0，得：x-2=lnx，
画出函数y=x-2，y=lnx的图象，如图示：

∴g（x）存在唯一的零点，
又g（3）=1-ln3＜0，g（4）=2-ln4=2（1-ln2）＞0，
∴零点属于（3，4），
故n=3；
（2）若k∈Z，k＜$\frac{f（x）}{x-1}$对任意x＞1恒成立，
得：k＜$\frac{xlnx+x}{x-1}$，（x＞1），
令h（x）=$\frac{xlnx+x}{x-1}$，（x＞1），则h′（x）=$\frac{g（x）}{{（x-1）}^{2}}$，
设g（x₀）=0，则由（1）得：3＜x₀＜4，
∴h（x）在（1，x₀）递减，在（x₀，+∞）递增，
而3＜h（3）=$\frac{3ln3+3}{2}$＜4，$\frac{8}{3}$＜h（4）=$\frac{4ln4+4}{3}$＜4，
∴h（x₀）＜4，
∴k的最大值是3；
（3）F（x）=2g（x）+x²+（a-2）x+4=x²-ax-2lnx，（x＞0），
∵函数F（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x₁，0），B（x₂，0），
∴2lnx-x²+ax=0的两个根为x₁，x₂，
则 ${{x}_{1}}^{2}$-ax₁-2lnx₁=0①，${{x}_{2}}^{2}$-ax₂-2lnx₂=0②，
两式相减得a=（x₁+x₂）-$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
F（x）=x²-2lnx-ax，F′（x）=2x-$\frac{2}{x}$-a，
则F′（ $\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{2}$）=（x₁+x₂）-$\frac{4}{{x}_{1}{+x}_{2}}$-a=-$\frac{4}{{x}_{1}{+x}_{2}}$+$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
下解-$\frac{4}{{x}_{1}{+x}_{2}}$+$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$=0（*），即 $\frac{2{（x}_{2}{-x}_{1}）}{{x}_{2}{+x}_{1}}$-ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=0，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，∵0＜x₁＜x₂，∴0＜t＜1，
即u（t）=$\frac{2（1-t）}{1+t}$-lnt=0在0＜t＜1上成立．
∵u′（t）=-$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{（t+1）}^{2}}$，
又0＜t＜1，
∴u′（t）＜0，
∴u（t）在（0，1）上是减函数，则u（t）＞u（1）=0，
从而知-$\frac{4}{{x}_{1}{+x}_{2}}$+$\frac{2（l{nx}_{1}-l{nx}_{2}）}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞0，
故（*）式＞0，即F′（x）=0不成立．
故s不是F′（x）=0的根．

点评 本题主要考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，以及利用导数研究函数的单调性，同时考查了转化的思想和计算能力，属于难题．