Question

14．已知f（x）=xlnx+mx，且曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為1．
（1）求實數(shù)m的值；
（2）設(shè)g（x）=f（x）-$\frac{a}{2}$x²-x+a（a∈R）在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點x₁，x₂，且x₁＜x₂，已知λ＞0，若不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，求λ的范圍．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（1），由f′（1）=1求得m值；
（2）求出g（x），求其導(dǎo)函數(shù)，可得lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ恒成立，轉(zhuǎn)化為$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}＞\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$恒成立，進一步轉(zhuǎn)化為$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}＜\frac{（1+λ）（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$恒成立．令$t=\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，t∈（0，1），則不等式$lnt＜\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．令$h（t）=lnt-\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，求導(dǎo)可得滿足條件的λ的范圍．

解答 解：（1）f′（x）=1+lnx+m，
由題意知，f′（1）=1，即：m+1=1，解得 m=0；
（2）∵e^1+λ＜x₁•x₂^λ 等價于1+λ＜lnx₁+λlnx₂．
g（x）=f（x）-$\frac{a}{2}$x²-x+a=xlnx-$\frac{a}{2}$x²-x+a，
由題意可知x₁，x₂ 分別是方程g′（x）=0，即：lnx-ax=0的兩個根，
即lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．
∴原式等價于1+λ＜ax₁+λax₂=a（x₁+λx₂），
∵λ＞0，0＜x₁＜x₂，∴原式等價于$a＞\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$．
又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．
作差得，$ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=a（{x}_{1}-{x}_{2}）$，即$a=\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
∴原式等價于$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{x}_{1}-{x}_{2}}＞\frac{1+λ}{{x}_{1}+λ{x}_{2}}$，
∵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），
則不等式$lnt＜\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立．
令$h（t）=lnt-\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，又h′（t）=$\frac{1}{t}-\frac{（1+λ）^{2}}{（t+λ）^{2}}=\frac{（t-1）（t-{λ}^{2}）}{t（t+λ）^{2}}$，
當(dāng)λ²≥1時，可得t∈（0，1）時，h′（t）＞0，
∴h（t）在t∈（0，1）上單調(diào)增，又h（1）=0，
h（t）＜0在t∈（0，1）恒成立，符合題意．
當(dāng)λ²＜1時，可得t∈（0，λ²）時，h′（t）＞0，t∈（λ²，1）時，h′（t）＜0，
∴h（t）在t∈（0，λ²）時單調(diào)增，在t∈（λ²，1）時單調(diào)減，又h（1）=0，
∴h（t）在t∈（0，1）上不能恒小于0，不符合題意，舍去．
綜上所述，若不等式e^1+λ＜x₁•x₂^λ 恒成立，只須λ²≥1，
又λ＞0，∴λ≥1．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，訓(xùn)練了學(xué)生的靈活變形能力和應(yīng)用求解能力，屬壓軸題．