Question

8．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=λ（x²-1）（λ为常数）
（1）已知函数y=f（x）与y=g（x）在x=1处有相同的切线，求实数λ的值；
（2）如果$λ=\frac{1}{2}$，且x≥1，证明f（x）≤g（x）；
（3）若对任意x∈[1，+∞），不等式f（x）≤g（x）恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先分别求导，再根据函数y=f（x）与y=g（x）在x=1处有相同的切线，得到f′（1）=g′（1），即可求出λ的值，
（2）设h（x）=g（x）-f（x）=$\frac{1}{2}$（x²-1）-xlnx，利用导数求出函数的最小值为0，即可证明．
（3）分离参数，构造函数m（x）=$\frac{xlnx}{{x}^{2}-1}$，多次利用导数和构造函数，判断出m（x）在[1，+∞）为减函数，再根据极限的定义求出m（x）的最大值，问题即可解决．

解答 解：（1）∵函数f（x）=xlnx，g（x）=λ（x²-1），
∴f′（x）=1+lnx，g′（x）=2λx，
∵函数y=f（x）与y=g（x）在x=1处有相同的切线，
∴f′（1）=g′（1），
∴1+ln1=2λ，
解得λ=$\frac{1}{2}$，
（2）当$λ=\frac{1}{2}$，且x≥1时，设h（x）=g（x）-f（x）=$\frac{1}{2}$（x²-1）-xlnx，
∴h′（x）=x-1-lnx，
令φ（x）=x-1-lnx，
∴φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$≥0在[1，+∞）上恒成立，
∴φ（x）_min=φ（1）=1-1-ln1=0，
∴h′（x）=x-1-lnx≥0，在[1，+∞）上恒成立，
∴h（x）在[1，+∞）上递增，
∴h（x）_min=h（1）=0，
∴当$λ=\frac{1}{2}$，且x≥1，f（x）≤g（x）成立，
（3）对任意x∈[1，+∞），不等式f（x）≤g（x）恒成立，
∴xlnx≤λ（x²-1），
∴λ≥$\frac{xlnx}{{x}^{2}-1}$，
设m（x）=$\frac{xlnx}{{x}^{2}-1}$，
则m′（x）=$\frac{（1+lnx）（{x}^{2}-1）-2{x}^{2}lnx}{（{x}^{2}-1）^{2}}$=$\frac{{x}^{2}-1-（{x}^{2}+1）lnx}{（{x}^{2}-1）^{2}}$，
令n（x）=x²-1-（x²+1）lnx，
则n′（x）=2x-2xlnx-（x+$\frac{1}{x}$）=$\frac{{x}^{2}-2{x}^{2}lnx-1}{x}$，
再令p（x）=x²-2x²lnx-1
则p′（x）=2x-2（2xlnx+x）=-4xlnx＜0在[1，+∞）为恒成立，
∴p（x）在[1，+∞）为减函数，
∴p（x）≤p（1）=0，
∴n′（x）＜0在[1，+∞）为恒成立，
∴n（x）在[1，+∞）为减函数，
∴n（x）≤n（1）=0，
∴m′（x）＜0在[1，+∞）为恒成立，
∴m（x）在[1，+∞）为减函数，
∵$\underset{lim}{x→1}$m（x）=$\underset{lim}{x→1}$$\frac{xlnx}{{x}^{2}-1}$=$\underset{lim}{x→1}$$\frac{1+lnx}{2x}$=$\frac{1}{2}$，
∴m（x）≤$\frac{1}{2}$，
∴λ≥$\frac{1}{2}$．
故λ的取值范围为[$\frac{1}{2}$，+∞）．

点评 本题考查了导数的几何意义以及导数和函数的单调性和最值得关系，以及证明不等式恒成立，和参数的取值范围，属于难题．