Question

14．已知f（x）=xlnx+mx，且曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为1．
（1）求实数m的值；
（2）设g（x）=f（x）-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）在其定义域内有两个不同的极值点x₁，x₂，且x₁＜x₂，已知λ＞0，若不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，求λ的范围．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，得到f′（1），由f′（1）=1求得m值；
（2）求出g（x），求其导函数，可得lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，转化为$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}＞\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$恒成立，进一步转化为$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＜\frac{（1+λ）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$恒成立．令$t=\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），则不等式$lnt＜\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．令$h（t）=lnt-\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，求导可得满足条件的λ的范围．

解答 解：（1）f′（x）=1+lnx+m，
由题意知，f′（1）=1，即：m+1=1，解得 m=0；
（2）∵e^1+λ＜x₁•x₂^λ 等价于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
g（x）=f（x）-$\frac{a}{2}$x²-x+a=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a，
由题意可知x₁，x₂ 分别是方程g′（x）=0，即：lnx-ax=0的两个根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．
∴原式等价于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），
∵λ＞0，0＜x₁＜x₂，∴原式等价于$a＞\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．
又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．
作差得，$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=a（{x}_{1}-{x}_{2}）$，即$a=\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
∴原式等价于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}＞\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$，
∵0＜x₁＜x₂，原式恒成立，即$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＜\frac{（1+λ）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$恒成立．
令$t=\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），
则不等式$lnt＜\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．
令$h（t）=lnt-\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，又h′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{（1+λ）^{2}}{（t+λ）^{2}}=\frac{（t-1）（t-{λ}^{2}）}{t（t+λ）^{2}}$，
当λ²≥1时，可得t∈（0，1）时，h′（t）＞0，
∴h（t）在t∈（0，1）上单调增，又h（1）=0，
h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合题意．
当λ²＜1时，可得t∈（0，λ²）时，h′（t）＞0，t∈（λ²，1）时，h′（t）＜0，
∴h（t）在t∈（0，λ²）时单调增，在t∈（λ²，1）时单调减，又h（1）=0，
∴h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ 恒成立，只须λ²≥1，
又λ＞0，∴λ≥1．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，训练了学生的灵活变形能力和应用求解能力，属压轴题．