Question

9．已知函数f（x）=（x+m）lnx，曲线y=f（x）在x=e（e为自然对数的底数）处得到切线与圆x²+y²=5在点（2，-1）处的切线平行．
（1）证明：$f（x）＞-\frac{1}{2}$；
（2）若不等式（ax+1）（x-1）＜（a+1）lnx在x∈（0，1）上恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求出m的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；
（2）问题转化为（a+1）lnx+$\frac{1}{x}$-ax+a-1＞0在x∈（0，1）上恒成立，设h（x）=（a+1）lnx+$\frac{1}{x}$-ax+a-1，x∈（0，+∞），根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 （1）证明：∵f（x）=（x+m）lnx，
∴f′（x）=lnx+$\frac{x+m}{x}$，
易知圆x²+y²=5在点（2，-1）处的切线方程是2x-y=5，
由题意得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，$\frac{1}{e}$）时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递减，
x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）递增，
故f（x）在x=$\frac{1}{e}$处取极小值，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）解：若不等式（ax+1）（x-1）＜（a+1）lnx在x∈（0，1）上恒成立，
则（a+1）lnx+$\frac{1}{x}$-ax+a-1＞0在x∈（0，1）上恒成立，
设h（x）=（a+1）lnx+$\frac{1}{x}$-ax+a-1，x∈（0，+∞），
则h′（x）=$\frac{（1-x）（ax-1）}{{x}^{2}}$，
①a≤0时，h′（x）＜0在（0，1）恒成立，
故h（x）在（0，1）递减，又h（1）=0，
故x∈（0，1）时，总有h（x）＞0，符合题意；
②a＞1时，令h′（x）=0，解得：x=$\frac{1}{a}$或x=1，
易知h（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递减，在（$\frac{1}{a}$，1）递增，又h（1）=0，
故x∈（$\frac{1}{a}$，1）时，总有h（x）＜0，不符合题意；
③0＜a≤1时，h′（x）＜0在（0，1）恒成立，
故h（x）在（0，1）递减，又h（1）=0，
故x∈（0，1）时，总有h（x）＞0，符合题意；
综上，a的范围是（-∞，1]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．