Question

13．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$g（x）=f（x）-\frac{a}{2}{x^2}-x+a（{a∈R}）$在定义域内有两个不同的极值点x₁，x₂，求a的取值范围；
（3）已知λ＞0，在（2）的条件下，若不等式${e^{1+λ}}＜{x_1}•{x_2}^λ（{{x_1}＜{x_2}}）$恒成立，求λ的取值范围．

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）求出函数g（x）的导数，通过讨论a的范围，结合函数的单调性确定a的具体范围即可；
（3）求出g（x），求其导函数，可得lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，原式等价于ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$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-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，根据函数的单调性求出λ的范围即可．

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）因为g（x）在其定义域内有两个不同的极值点x₁，x₂，
所以g′（x）=f′（x）-ax-1=lnx-ax=0有两个不同的根x₁，x₂，
设ω（x）=g′（x）=lnx-ax，则φ′（x）=$\frac{1-ax}{x}$（x＞0），
显然当a≤0时ω′（x）＞0，ω（x）单调递增，不符合题意，所以a＞0，
由ω′（x）=0，得：x=$\frac{1}{a}$，
当0＜x＜$\frac{1}{a}$时，ω′（x）＞0，ω（x）单调递增，当x＞$\frac{1}{a}$时，ω′（x）＜0，ω（x）单调递减，
所以ω（$\frac{1}{a}$）＞0，从而得0＜a＜$\frac{1}{e}$，…（5分）
又当x→0时，ω（x）→-∞，所以ω（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上有一根；
∵$\frac{1}{a}$＞e，∴$\frac{1}{{a}^{2}}$＞$\frac{1}{a}$，取x=$\frac{1}{{a}^{2}}$，ω（$\frac{1}{a}$）=-2lna-$\frac{1}{a}$，
设r（a）=-2lna-$\frac{1}{a}$，则r′（a）=$\frac{-2a+1}{{a}^{2}}$＞0，r（a）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递增，
r（a）＜r（$\frac{1}{e}$）=2-e＜0，所以ω（x）在（$\frac{1}{a}$，$\frac{1}{{a}^{2}}$）上有一根；
综上可知，当0＜a＜$\frac{1}{e}$时，g′（x）=0有两个不同的根
所以a的取值范围为（0，$\frac{1}{e}$）．
（3）∵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＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，
又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．
作差得，ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x1-x2），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
∴原式等价于 $\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，
∵0＜x₁＜x₂，原式恒成立，即ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜$\frac{（1+λ）{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$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）=$\frac{（t-1）（t{-λ}^{2}）}{{t（t+λ）}^{2}}$，
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．