Question

13．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)$g（x）=f（x）-\frac{a}{2}{x^2}-x+a（{a∈R}）$在定義域內(nèi)有兩個不同的極值點x₁，x₂，求a的取值范圍；
（3）已知λ＞0，在（2）的條件下，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）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性確定a的具體范圍即可；
（3）求出g（x），求其導(dǎo)函數(shù)，可得lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂，原式等價于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），則不等式lnt＜$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$在t∈（0，1）上恒成立，令h（t）=lnt-$\frac{（1+λ）（t-1）}{t+λ}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出λ的范圍即可．

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）因為g（x）在其定義域內(nèi)有兩個不同的極值點x₁，x₂，
所以g′（x）=f′（x）-ax-1=lnx-ax=0有兩個不同的根x₁，x₂，
設(shè)ω（x）=g′（x）=lnx-ax，則φ′（x）=$\frac{1-ax}{x}$（x＞0），
顯然當(dāng)a≤0時ω′（x）＞0，ω（x）單調(diào)遞增，不符合題意，所以a＞0，
由ω′（x）=0，得：x=$\frac{1}{a}$，
當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{a}$時，ω′（x）＞0，ω（x）單調(diào)遞增，當(dāng)x＞$\frac{1}{a}$時，ω′（x）＜0，ω（x）單調(diào)遞減，
所以ω（$\frac{1}{a}$）＞0，從而得0＜a＜$\frac{1}{e}$，…（5分）
又當(dāng)x→0時，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-$\frac{1}{a}$，
設(shè)r（a）=-2lna-$\frac{1}{a}$，則r′（a）=$\frac{-2a+1}{{a}^{2}}$＞0，r（a）在（0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞增，
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；
綜上可知，當(dāng)0＜a＜$\frac{1}{e}$時，g′（x）=0有兩個不同的根
所以a的取值范圍為（0，$\frac{1}{e}$）．
（3）∵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＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，
又由lnx₁=ax₁，lnx₂=ax₂．
作差得，ln $\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=a（x1-x2），即a=$\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
∴原式等價于 $\frac{ln\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$＞$\frac{1+λ}{{x}_{1}+{λx}_{2}}$，
∵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），
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）=$\frac{（t-1）（t{-λ}^{2}）}{{t（t+λ）}^{2}}$，
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．