Question

3．已知有一條拋物線${y}^{2}=\frac{8e}{3}x$，且在其上存在三點A，B，D，且三角形ABD的重心恰好為拋物線的焦點，則當三角形ABD面積為最大時，三角形的三條邊與x軸交于兩點，記橫坐標較大的點的橫坐標為m，且記函數(shù)f（x）=xlnx；g（x）=k[k∈[-m，+∞）]．
（1）若f（x）=g（x）這組方程存在兩根x₁，x₂，試求x₁x₂的取值范圍．
（2）在（1）的條件下試求x₁+x₂的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出拋物線的焦點，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₃，y₃），運用重心坐標公式，可得x₁+x₂+x₃=2e，y₁+y₂+y₃=0，由題意可得一點在x軸上，且與原點重合，另外兩點的連線垂直于x軸，可得m=e，即有k≥-e，先求出x₁，x₂的范圍，令H（x）=lnx₁+lnx₂，運用構(gòu)造函數(shù)法，通過判斷函數(shù)的單調(diào)性證出結(jié)論即可得到所求范圍；
（2）不妨令x₁＜x₂，得：0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜x₂，構(gòu)造F（x）=f（$\frac{1}{e}$+x）-f（$\frac{1}{e}$-x），x∈[0，$\frac{1}{e}$），求出函數(shù)的導數(shù)，得到f（x₂）＞f（$\frac{2}{e}$-x₁）?x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，從而得到結(jié)論．

解答 解：（1）拋物線${y}^{2}=\frac{8e}{3}x$的焦點為（$\frac{2e}{3}$，0），
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₃，y₃），
由題意可得x₁+x₂+x₃=2e，y₁+y₂+y₃=0，
當三角形ABD面積為最大時，三角形的三條邊與x軸交于兩點，
即有一點在x軸上，且與原點重合，另外兩點的連線垂直于x軸，
可得m=e，即有k≥-e，
f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）=lnx+1，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$
∴f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，f（1）=0，
畫出函數(shù)f（x）的圖象，如圖示
可得-$\frac{1}{e}$＜k＜0，
x₁lnx₁=x₂lnx₂，設(shè)x₁＜x₂，
則0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，x₂＞$\frac{1}{e}$，
令H（x）=lnx₁+lnx₂=lnx₁+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$lnx₁=（1+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$）lnx₁，
∵x₂＞$\frac{1}{e}$，∴$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜ex₁，
∴H（x）＜（1+ex₁）lnx₁，
令g（x）=（1+ex）lnx，（0＜x＜$\frac{1}{e}$），
則g′（x）=elnx+e+$\frac{1}{x}$，g″（x）=$\frac{ex-1}{{x}^{2}}$，
∵x＜$\frac{1}{e}$，∴ex-1＜0，
∴g″（x）＜0，g′（x）是減函數(shù)，
又g′（$\frac{1}{e}$）=e，∴g′（x）＞g′（$\frac{1}{e}$），g′（x）＞0，
∴g（x）是增函數(shù)，又g（$\frac{1}{e}$）=-2，
∴g（x）＜g（$\frac{1}{e}$）=-2，
∴H（x）＜-2，
∴0＜x₁x₂＜$\frac{1}{{e}^{2}}$；
（2）由（1），不妨令x₁＜x₂，得：0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜x₂，
構(gòu)造F（x）=f（$\frac{1}{e}$+x）-f（$\frac{1}{e}$-x），x∈[0，$\frac{1}{e}$），
F′（x）=ln（$\frac{1}{e}$+x）+ln（$\frac{1}{e}$-x）+2，
F″（x）=$\frac{2x}{{x}^{2}-\frac{1}{{e}^{2}}}$≤0恒成立，
F′（x）在x∈[0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，
F′（x）≤F′（0）=0，F(xiàn)（x）在x∈[0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，
F（x）≤F（0）=0，當且僅當x=0取“=”，
即對于x∈（0，$\frac{1}{e}$），f（$\frac{1}{e}$+x）＜f（$\frac{1}{e}$-x）恒成立，
又0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，0＜$\frac{1}{e}$-x₁＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x₂）=f（x₁）=f[$\frac{1}{e}$-（$\frac{1}{e}$-x₁）]＞f[$\frac{1}{e}$+（$\frac{1}{e}$-x₁）]
=f（$\frac{2}{e}$-x₁），
此時：$\frac{1}{e}$＜x₂，$\frac{1}{e}$＜$\frac{2}{e}$-x₁＜$\frac{2}{e}$，
由f（x）的遞增區(qū)間為（$\frac{1}{e}$，+∞）知：
f（x₂）＞f（$\frac{2}{e}$-x₁）?x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，
即x₁+x₂＞$\frac{2}{e}$．
即有x₁+x₂的取值范圍是（$\frac{2}{e}$，1+$\frac{1}{e}$）．

點評 本題考查拋物線的方程和性質(zhì)，主要考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間、極值和最值，注意運用函數(shù)的單調(diào)性，考查不等式的性質(zhì)，以及轉(zhuǎn)化思想，是難題．