Question

19．已知函數(shù)f（x）=axlnx+b在點（1，f（1））處的切線方程為y=x-1，g（x）=λ（x-1）（其中λ為常數(shù)）．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；
（2）若對任意x∈[1，+∞），不等式f（x）≥g（x）恒成立，求實數(shù)λ的取值范圍；
（3）當x＞1時，求證：[f（x-1）-（x-3）][f（e^x）-3（e^x-3）]≥9-e²（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析 （1）利用切線的斜率得到f'（1）=1，求出a=1；通過切點坐標求解b，然后求解函數(shù)的解析式．
（2）對任意x∈[1，+∞），不等式xlnx≥λ（x-1）恒成立；轉化為對任意x∈[1，+∞），不等式$lnx≥λ（1-\frac{1}{x}）$恒成立；令$h（x）=lnx-λ（1-\frac{1}{x}）（x≥1）$，通過求解函數(shù)的導數(shù)，若λ≤1，若λ＞1，求解函數(shù)的單調區(qū)間，推出結果．
（3）令p（x）=f（x-1）-（x-3）=（x-1）ln（x-1）-x+3，求出導函數(shù)判斷函數(shù)的單調性，求出函數(shù)的最值，即可得到結論．

解答 （本小題滿分16分）
解：（1）f'（x）=a（lnx+1）Z，f'（1）=1，得a=1；又由f（1）=0，得b=0，
所以f（x）=xlnx．（3分）
（2）對任意x∈[1，+∞），不等式xlnx≥λ（x-1）恒成立；
等價于對任意x∈[1，+∞），不等式$lnx≥λ（1-\frac{1}{x}）$恒成立；
令$h（x）=lnx-λ（1-\frac{1}{x}）（x≥1）$，則有h（x）≥0在x∈[1，+∞）上恒成立；$h'（x）=\frac{1}{x}-\frac{λ}{x^2}=\frac{x-λ}{x^2}$；
若λ≤1，當x≥1時，h'（x）≥0，所以h（x）在[1，+∞）上單調遞增，
所以，當x≥1時，h（x）≥h（1）=0；
若λ＞1，當1≤x＜λ時，h'（x）＜0，當x＞λ時，h'（x）＞0，
所以h（x）在[1，λ）上單調遞減，在（λ，+∞）上單調遞增，
所以當1＜x＜λ時，h（x）＜h（1）=0，與題意矛盾；
綜上，實數(shù)λ的取值范圍為（-∞，1]．（9分）
（3）令p（x）=f（x-1）-（x-3）=（x-1）ln（x-1）-x+3，p'（x）=ln（x-1）；令p'（x）＞0，解得x＞2；
令p'（x）＜0，解得1＜x＜2；∴p（x）在（1，2）上單調遞減；在（2，+∞）上單調遞增；
故當x=2時，p（x）取得最小值p（2）=1＞0；q（x）=f（e^x）-3（e^x-3）=xe^x-3e^x+9，q'（x）=（x-2）•e^x，令q'（x）＜0，解得1＜x＜2；令q'（x）＞0，解得x＞2；
所以q（x）在（1，2）上單調遞減；在（2，+∞）上單調遞增；
故當x=2時，f（x）取得最小值q（2）=9-e²＞0；
所以，當x＞1時，$p（x）q（x）≥{p_{min}}（x）{q_{min}}（x）=p（2）q（2）=9-{e^2}$，
即[f（x-1）-（x-3）][f（e^x）-3（e^x-3）]≥9-e²，
當且僅當x=2時，等號成立．（16分）

點評 本題考查函數(shù)的導數(shù)的應用，函數(shù)的單調性以及函數(shù)的最值的求法，轉化思想的應用考查分類討論思想的應用，是難題．