Question

20．已知函数f（x）=（x+m）lnx曲线y=f（x）在x=e处切线与y=2x平行．
（1）求实数m值及y=f（x）极值
（2）若当x＞1时，函数y=（ax+1）（x-1）图象恒在y=（a+1）f（x）图象上方，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求出m的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；
（2）问题转化为（a+1）lnx+-ax+a-1≤0在x∈（1，+∞）上恒成立，设h（x）=（a+1）lnx+$\frac{1}{x}$-ax+a-1，x∈（1，+∞），根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（1）∵f（x）=（x+m）lnx，
∴f′（x）=lnx+$\frac{x+m}{x}$，
由题意得f′（e）=2，即lne+$\frac{e+m}{e}$=2，解得：m=0，
∴f（x）=xlnx，f′（x）=lnx+1，
令f′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{e}$，
x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递减，
x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）递增，
故f（x）在x=$\frac{1}{e}$处取极小值，也是最小值，最小值是f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，
又-$\frac{1}{e}$＞-$\frac{1}{2}$，故f（x）＞-$\frac{1}{2}$；
（2）若不等式（ax+1）（x-1）≥（a+1）xlnx在x∈（1，+∞）上恒成立，
则（a+1）lnx+$\frac{1}{x}$-ax+a-1≤0在x∈（1，+∞）上恒成立，
设h（x）=（a+1）lnx+$\frac{1}{x}$-ax+a-1，x∈（1，+∞），
则h′（x）=$\frac{（1-x）（ax-1）}{{x}^{2}}$，
①a≤0时，h′（x）≥0在（1，+∞）恒成立，
故h（x）在（1，+∞）递增，又h（1）=0，
故x∈（1，+∞）时，总有h（x）≥0，不符合题意；
②a≥1时，0＜$\frac{1}{a}$≤1，令h′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{a}$（舍）或x=1，
易知h（x）在（1，+∞）递减，又h（1）=0，
总有h（x）＜0在（1，+∞）恒成立，符合题意；
③0＜a＜1时，$\frac{1}{a}$＞1，令h′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，
令h′（x）＞0，解得：1＜x＜$\frac{1}{a}$，
故h（x）在（1，$\frac{1}{a}$）递增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）递减，
又h（1）=0，故h（$\frac{1}{a}$）＞h（1）=0，不符合题意；
综上，a的范围是：[1，+∞）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．