Question

20．已知函數(shù)f（x）=（x+m）lnx曲線y=f（x）在x=e處切線與y=2x平行．
（1）求實數(shù)m值及y=f（x）極值
（2）若當(dāng)x＞1時，函數(shù)y=（ax+1）（x-1）圖象恒在y=（a+1）f（x）圖象上方，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出m的值，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為（a+1）lnx+-ax+a-1≤0在x∈（1，+∞）上恒成立，設(shè)h（x）=（a+1）lnx+$\frac{1}{x}$-ax+a-1，x∈（1，+∞），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（1）∵f（x）=（x+m）lnx，
∴f′（x）=lnx+$\frac{x+m}{x}$，
由題意得f′（e）=2，即lne+$\frac{e+m}{e}$=2，解得：m=0，
∴f（x）=xlnx，f′（x）=lnx+1，
令f′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{e}$，
x∈（0，$\frac{1}{e}$）時，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，
x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）時，f′（x）＞0，
故f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增，
故f（x）在x=$\frac{1}{e}$處取極小值，也是最小值，最小值是f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，
又-$\frac{1}{e}$＞-$\frac{1}{2}$，故f（x）＞-$\frac{1}{2}$；
（2）若不等式（ax+1）（x-1）≥（a+1）xlnx在x∈（1，+∞）上恒成立，
則（a+1）lnx+$\frac{1}{x}$-ax+a-1≤0在x∈（1，+∞）上恒成立，
設(shè)h（x）=（a+1）lnx+$\frac{1}{x}$-ax+a-1，x∈（1，+∞），
則h′（x）=$\frac{（1-x）（ax-1）}{{x}^{2}}$，
①a≤0時，h′（x）≥0在（1，+∞）恒成立，
故h（x）在（1，+∞）遞增，又h（1）=0，
故x∈（1，+∞）時，總有h（x）≥0，不符合題意；
②a≥1時，0＜$\frac{1}{a}$≤1，令h′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{a}$（舍）或x=1，
易知h（x）在（1，+∞）遞減，又h（1）=0，
總有h（x）＜0在（1，+∞）恒成立，符合題意；
③0＜a＜1時，$\frac{1}{a}$＞1，令h′（x）＜0，解得：x＞$\frac{1}{a}$，
令h′（x）＞0，解得：1＜x＜$\frac{1}{a}$，
故h（x）在（1，$\frac{1}{a}$）遞增，在（$\frac{1}{a}$，+∞）遞減，
又h（1）=0，故h（$\frac{1}{a}$）＞h（1）=0，不符合題意；
綜上，a的范圍是：[1，+∞）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．