Question

已知函數(shù)f（x）=x+xlnx．
（1）求函數(shù)f（x）的圖象在點（1，1）處的切線方程；
（2）若k∈z，且k（x-1）＜f（x）對任意x＞1恒成立，求k的最大值；
（3）當(dāng)n＞m≥4時，證明（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．

Answer 1

分析：（1）欲求出切線方程，只須求出其斜率即可，故先利用導(dǎo)數(shù)求出在x=e處的導(dǎo)函數(shù)值，再結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出切線的斜率．從而問題解決．
（2）將原來的恒成立問題轉(zhuǎn)化為研究函數(shù)的最值問題，研究 g(x)=

x+xlnx

x-1

區(qū)間（1，+∞）上的最值問題，先求出函數(shù)的極值，研究極值點左右的單調(diào)性，最后確定出最小值，從而得出k的最大值；
（3）由（2）知，g(x)=

x+xlnx

x-1

是[4，+∞）上的增函數(shù)，從而有當(dāng)n＞m≥4時，

n+nlnn

n-1

＞

m+mlnm

m-1

由此式即可化簡得到ln（n^mnm^m）＞ln（m^mnnⁿ），利用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可證明結(jié)論．

解答：解：（1）∵f（x）定義域為（0，+∞）
f′（x）=lnx+2
∵k=f′（1）=2
∴函數(shù)y=f（x）的在點（1，1）處的切線方程為：y=2x-1；
（2）∵k（x-1）＜f（x）對任意x＞1恒成立
∴k＜

f(x)

x-1

對任意x＞1恒成立，即 k＜

x+xlnx

x-1

對任意x＞1恒成立．
令 g(x)=

x+xlnx

x-1

，
則 g′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

，
令h（x）=x-lnx-2（x＞1），
則 h′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，
所以函數(shù)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
因為h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一實根x₀，且滿足x₀∈（3，4）．
當(dāng)1＜x＜x₀時，h（x）＜0，即g'（x）＜0，當(dāng)x＞x₀時，h（x）＞0，即g'（x）＞0，
所以函數(shù) g(x)=

x+xlnx

x-1

在（1，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．
所以 [g(x)]min=g(x0)=

x0(1+lnx0)

x0-1

=

x0(1+x0-2)

x0-1

=x0∈(3，4)．
所以k＜[g（x）]_min=x₀∈（3，4）．
故整數(shù)k的最大值是3．
（3）證明：由（2）知，g(x)=

x+xlnx

x-1

是[4，+∞）上的增函數(shù)，
所以當(dāng)n＞m≥4時，

n+nlnn

n-1

＞

m+mlnm

m-1

．
即n（m-1）（1+lnn）＞m（n-1）（1+lnm）．
整理，得mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn+（n-m）．
因為n＞m，所以mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn，
即lnn^mn+lnm^m＞lnm^mn+lnnⁿ．
即ln（n^mnm^m）＞ln（m^mnnⁿ）．
所以（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．
證明2：構(gòu)造函數(shù)f（x）=mxlnx+mlnm-mxlnm-xlnx，
則f'（x）=（m-1）lnx+m-1-mlnm．
因為x＞m≥4，所以f'（x）＞（m-1）lnm+m-1-mlnm=m-1-lnm＞0．
所以函數(shù)f（x）在[m，+∞）上單調(diào)遞增，
因為n＞m，所以f（n）＞f（m）．
所以mnlnn+mlnm-mnlnm-nlnn＞m²lnm+mlnm-m²lnm-mlnm=0．
即mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn．
即lnn^mn+lnm^m＞lnm^mn+lnnⁿ．
即ln（n^mnm^m）＞ln（m^mnnⁿ）．
所以（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．

點評：此題考查學(xué)生會利用導(dǎo)數(shù)求切線上過某點切線方程的斜率，會利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，會利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值，掌握導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用，是一道中檔題．