Question

【题目】已知函数f（x）= ﹣m（lnx+ ）（m为实数，e=2.71828…是自然对数的底数）． （Ⅰ）当m＞1时，讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若g（x）=x2f′（x）﹣xex在（ ，3）内有两个零点，求实数m的取值范围．
（Ⅲ）当m=1时，证明：xf（x）+xlnx+1＞x+ ．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）， = ． ∵m＞1，令f′（x）=0，可得x=1，或x=lnm
①当m=e时，f′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，∴此时f（x）在（0，+∞）递增；
②当m＞e时，x∈（0，1）时，f′（x）＞0，x∈（1，lnm）时，f′（x）＜0，x∈（lnm，+∞）时，f′（x）＞0
此时f（x）在（lnm，+∞），（0，1）递增，在（1，lnm）递减．
③当1＜m＜e时，x∈（0，lnm）时，f′（x）＞0，x∈（lnm，1）时，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0
此时f（x）在（1，+∞），（0，lnm）递增，在（lnm，1）递减．
（Ⅱ）g（x）=x2f′（x）﹣xex=﹣ex﹣m（x﹣1）在（ ，3）内有两个零点，
方程﹣ex﹣m（x﹣1）=0在（ ，3）内有两个实根，
即m=﹣ 在（ ，3）内有两个实根，
令h（x）=﹣ ，h′（x）= =0，可得x=2，
x 时，h′（x）＞0，x∈（2，3）时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（ ）递增，在（2，3），递减，
要使g（x）=x2f′（x）﹣xex在（ ，3）内有两个零点，则
可得﹣ ＜m＜﹣e2 ， ∴实数m的取值范围为（﹣ ，﹣e2）．
（Ⅲ）证明：当m=1时，要证xf（x）+xlnx+1＞x+ ．
只证x（ ﹣lnx﹣ ）+xlnx+1＞x+ 在（0，+∞）恒成立．
只证 ，易得ex＞x+1在（0，+∞）恒成立，
故只需证1＞ ，即证x＞ln（x+1），
令F（x）=x﹣ln（x+1），F′（x）=1﹣ ＞0，故F（x）在（0，+∞）递增，而F（0）=0
∵F（x）＞0在（0，+∞）恒成立．
∴xf（x）+xlnx+1＞x+ 成立．
【解析】（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）， = ．令f′（x）=0，可得x=1，或x=lnm 分①m=e，②m＞e，③1＜m＜e分类讨论其单调性；（Ⅱ）g（x）=x2f′（x）﹣xex=﹣ex﹣m（x﹣1）在（ ，3）内有两个零点，
方程﹣ex﹣m（x﹣1）=0在（ ，3）内有两个实根，
即m=﹣ 在（ ，3）内有两个实根，
令h（x）=﹣ ，可得h（x）在（ ）递增，在（2，3），递减，
要使g（x）=x2f′（x）﹣xex在（ ，3）内有两个零点，则
可得实数m的取值范围为（﹣ ，﹣e2）．（Ⅲ）当m=1时，要证xf（x）+xlnx+1＞x+ ．只证x（ ﹣lnx﹣ ）+xlnx+1＞x+ 在（0，+∞）恒成立．
只证 ，易得ex＞x+1在（0，+∞）恒成立，
故只需证1＞ ，即证x＞ln（x+1）即可，
【考点精析】解答此题的关键在于理解利用导数研究函数的单调性的相关知识，掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减．