Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx-ax，（a∈R）
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在點區(qū)間[e，+∞]處上為增函數(shù)，求a的取值范圍；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）的圖象在點x=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）處的切線斜率為3，且k∈Z時，不等式 k（x-1）＜f（x）在x∈（1，+∞）上恒成立，求k的最大值；
（Ⅲ）n＞m≥4時，證明：（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，得到a≥（-1-lnx）_max=-1-lne=-2，從而求出a的范圍即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，求出a的值，得到$k＜\frac{x+xlnx}{x-1}$對任意x＞1恒成立，令$g（x）=\frac{x+xlnx}{x-1}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最小值，從而求出k的最大值；
（Ⅲ）當n＞m≥4，得到$\frac{n+nlnn}{n-1}＞$$\frac{m+mlnm}{m-1}$，整理即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=ax+xlnx，
又函數(shù)f（x）在區(qū)間[e，+∞）上為增函數(shù)，
∴當x≥e時，f'（x）=a+1+lnx≥0恒成立，
∴a≥（-1-lnx）_max=-1-lne=-2，
即a的取值范圍為[-2，+∞）；…（4分）
（Ⅱ）因為f（x）=ax+xlnx（a∈R），
所以f'（x）=a+lnx+1f（x）在點x=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）處的切線斜率為3，
f'（e）=3，即a+lne+1=3，∴a=1…（5分）
當x＞1時，x-1＞0，故不等式$k（{x-1}）＜f（x）?k＜\frac{f（x）}{x-1}$，
即$k＜\frac{x+xlnx}{x-1}$對任意x＞1恒成立，
令$g（x）=\frac{x+xlnx}{x-1}$則$g'（x）=\frac{x-lnx-2}{{{{（{x-1}）}^2}}}$．
令h（x）=x-lnx-2（x＞1），
則$h'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}＞0⇒h（x）$在（1，+∞）上單增，
∵h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，
∴存在x₀∈（3，4）使h（x₀）=0，…（7分）
即當1＜x＜x₀時，h（x）＜0，即g'（x）＜0，
當x＞x₀時，h（x）＞0，即g'（x）＞0，
∴g（x）在（1，x₀）上單減，在（x₀，+∞）上單增．
令h（x₀）=x₀-lnx₀-2=0，即lnx₀=x₀-2，
$g{（x）_{min}}=g（{x_0}）=\frac{{{x_0}（{1+ln{x_0}}）}}{{{x_0}-1}}=\frac{{{x_0}（{1+{x_0}-2}）}}{{{x_0}-1}}={x_0}∈（{3，4}）$，…（9分）
∴k＜g（x）_min=x₀且k∈Z，
即k_max=3…（10分）
證明：（Ⅲ）由（Ⅱ）知，$g（x）=\frac{x+xlnx}{x-1}$是[4，+∞）上的增函數(shù)，
所以當n＞m≥4，$\frac{n+nlnn}{n-1}＞$$\frac{m+mlnm}{m-1}$…（11分）
整理，得mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn+n-m
因為n＞m，mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn…（13分）
即lnn^mn+lnm^m＞lnm^mn+lnnⁿ，
ln（n^mnm^m）＞ln（m^mnnⁿ），
n^mnm^m＞m^mnnⁿ，
∴（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ…（14分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道綜合題．