Question

已知函數(shù)f（x）=ax²+xlnx（a∈R）的圖象在點（1，f（1））處的切線與直線x+3y=0垂直．
（Ⅰ）求實數(shù)a的值；
（Ⅱ）求證：當(dāng)n＞m＞0時，lnn-lnm＞

m

n

-

n

m

；
（Ⅲ）若存在k∈Z，使得f（x）＞k恒成立，求實數(shù)k的最大值．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由圖象在點（1，f（1））處的切線與直線x+3y=0垂直．即函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)在x=1處的函數(shù)值為3，求出a的值；
（Ⅱ）利用已知函數(shù)的單調(diào)性，變形構(gòu)造恒等式，從而證明不等式；
（Ⅲ）利用已知函數(shù)的單調(diào)性，構(gòu)造g（x）=2x+lnx+1，由g（x）的單調(diào)性得出f（x）的單調(diào)性，再由f（x）≥f（x）_極小值，解決恒等式，從而求出k的最大值．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=ax²+xlnx，∴f′（x）=2ax+lnx+1，
∵切線與直線x+3y=0垂直，∴切線的斜率為3，
∴f′（1）=3，即2a+1=3，故a=1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知f（x）=x²+xlnx，a∈（0，+∞），f′（x）=2x+lnx+1，x∈（0，+∞），
∵f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＞1時，有f′（x）＞f′（1）=3＞0，
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∵n＞m＞0，∴

n

m

＞1，∴f（

n

m

）＞f（1）=1
即(

n

m

)2+

n

m

ln

n

m

＞1，

n

m

ln

n

m

＞1-(

n

m

)2
∴l(xiāng)nn-lnm＞

m

n

-

n

m

；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知f（x）=x²+xlnx，a∈（0，+∞），f′（x）=2x+lnx+1，x∈（0，+∞），
令g（x）=2x+lnx+1，x∈（0，+∞），則g′(x)=2+

1

x

，x∈（0，+∞），
由g′（x）＞0對x∈（0，+∞），恒成立，故g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又∵g(

1

e

)=

2

e2

-2+1=

2

e2

-1＜0，而g(

1

2

)=2-ln2＞0，
∴存在x₀∈(0，

1

2

)，使g（x₀）=0
∵g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x∈（0，x₀）時，g（x）=f′（x）＜0，f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，g（x）=f′（x）＞0，f（x）在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增；
∴f（x）在x=x₀處取得最小值f（x₀）
∵f（x）＞k恒成立，所以k＜f（x₀）
由g（x₀）=0得，2x₀+lnx₀+1=0，所以lnx₀=-1-2x₀，
∴f（x₀）=x02+x0lnx0=x02+x0(-1-2x0)=-x02-x0=-(x0+

1

2

)2+

1

4

，
又x0∈(0，

1

2

)，∴f（x₀）∈(-

3

4

，0)，
∵k∈Z，∴k的最大值為-1．

點評：本小題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想等，是一道綜合性較強(qiáng)的導(dǎo)數(shù)應(yīng)用題．屬于難題．