Question

已知函数f（x）=x+xlnx．
（1）求函数f（x）的图象在点（1，1）处的切线方程；
（2）若k∈z，且k（x-1）＜f（x）对任意x＞1恒成立，求k的最大值；
（3）当n＞m≥4时，证明（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．

Answer 1

分析：（1）欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=e处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．
（2）将原来的恒成立问题转化为研究函数的最值问题，研究 g(x)=

x+xlnx

x-1

区间（1，+∞）上的最值问题，先求出函数的极值，研究极值点左右的单调性，最后确定出最小值，从而得出k的最大值；
（3）由（2）知，g(x)=

x+xlnx

x-1

是[4，+∞）上的增函数，从而有当n＞m≥4时，

n+nlnn

n-1

＞

m+mlnm

m-1

由此式即可化简得到ln（n^mnm^m）＞ln（m^mnnⁿ），利用对数函数的单调性即可证明结论．

解答：解：（1）∵f（x）定义域为（0，+∞）
f′（x）=lnx+2
∵k=f′（1）=2
∴函数y=f（x）的在点（1，1）处的切线方程为：y=2x-1；
（2）∵k（x-1）＜f（x）对任意x＞1恒成立
∴k＜

f(x)

x-1

对任意x＞1恒成立，即 k＜

x+xlnx

x-1

对任意x＞1恒成立．
令 g(x)=

x+xlnx

x-1

，
则 g′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

，
令h（x）=x-lnx-2（x＞1），
则 h′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，
所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增．
因为h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4）．
当1＜x＜x₀时，h（x）＜0，即g'（x）＜0，当x＞x₀时，h（x）＞0，即g'（x）＞0，
所以函数 g(x)=

x+xlnx

x-1

在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
所以 [g(x)]min=g(x0)=

x0(1+lnx0)

x0-1

=

x0(1+x0-2)

x0-1

=x0∈(3，4)．
所以k＜[g（x）]_min=x₀∈（3，4）．
故整数k的最大值是3．
（3）证明：由（2）知，g(x)=

x+xlnx

x-1

是[4，+∞）上的增函数，
所以当n＞m≥4时，

n+nlnn

n-1

＞

m+mlnm

m-1

．
即n（m-1）（1+lnn）＞m（n-1）（1+lnm）．
整理，得mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn+（n-m）．
因为n＞m，所以mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn，
即lnn^mn+lnm^m＞lnm^mn+lnnⁿ．
即ln（n^mnm^m）＞ln（m^mnnⁿ）．
所以（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．
证明2：构造函数f（x）=mxlnx+mlnm-mxlnm-xlnx，
则f'（x）=（m-1）lnx+m-1-mlnm．
因为x＞m≥4，所以f'（x）＞（m-1）lnm+m-1-mlnm=m-1-lnm＞0．
所以函数f（x）在[m，+∞）上单调递增，
因为n＞m，所以f（n）＞f（m）．
所以mnlnn+mlnm-mnlnm-nlnn＞m²lnm+mlnm-m²lnm-mlnm=0．
即mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn．
即lnn^mn+lnm^m＞lnm^mn+lnnⁿ．
即ln（n^mnm^m）＞ln（m^mnnⁿ）．
所以（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．

点评：此题考查学生会利用导数求切线上过某点切线方程的斜率，会利用导函数的正负确定函数的单调区间，会利用导数研究函数的极值，掌握导数在最大值、最小值问题中的应用，是一道中档题．