Question

14．已知函数f（x）=mlnx+x²+mx（m∈R）．
（1）若函数f（x）的图象所有点都在第一象限，求实数m的取值范围；
（2）证明：对任意的实数m，存在x₀∈（1，e），使f′（x₀）=$\frac{f（e）-f（1）}{e-1}$（e是自然对数的底数）．

Answer 1

分析 （1）讨论m=0，m＞0，m＜0，运用对数函数的性质，以及分离参数，构造函数应用导数求极值、最值，即可得到m的范围；
（2）设函数H（x），计算H（1），H（e），讨论m的范围，由零点存在定理，即可得证；当$\frac{{（e-1）}^{2}}{e-2}$≤m≤e（e-1）²时，求出H（x）的最小值，判断它小于0，再由零点存在定理，即可得证．

解答 解：（1）f（x）=x²+mx+mlnx，f（x）的定义域为（0，+∞）．
①m=0时，f（x）=x²，
∵x＞0，
∴点（x，x²）在第一象限．
②m＞0时，由对数函数性质知，x∈（0，1）时，lnx∈（-∞，0）
∴mlnx∈（-∞，0）
∴f（x）的图象无法全部在第一象限．
③m＜0时，由f（x）=x²+m（x+lnx）＞0得$\frac{1}{m}$＜-（$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$lnx）
设h（x）=-（$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$lnx），h′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{3}}$+$\frac{2lnx}{{x}^{3}}$，

x	（0，1）	1	（1，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	递减	极小值	递增

则h（x）≥h（1）=-1，从而$\frac{1}{m}$＜-（$\frac{1}{x}$+$\frac{1}{{x}^{2}}$lnx）＜-1，-1＜m＜0，
综上所述，常数m是取值范围-1＜m≤0；
（2）证明：直接计算知 $\frac{f（e）-f（1）}{e-1}$=e+1+m+$\frac{m}{e-1}$，
设函数H（x）=f′（x）-$\frac{f（e）-f（1）}{e-1}$=2x-（e+1）+$\frac{m}{x}$-$\frac{m}{e-1}$．
H（1）=1-e+m-$\frac{m}{e-1}$=$\frac{m（e-2）{-（e-1）}^{2}}{e-1}$，
H（e）=e-1+$\frac{m}{e}$-$\frac{m}{e-1}$=$\frac{{e（e-1）}^{2}-m}{e（e-1）}$，
当m＞e（e-1）²或m＜$\frac{{（e-1）}^{2}}{e-2}$时
H（1）H（e）=-$\frac{[m（e-2）{-（e-1）}^{2}][m-{e（e-1）}^{2}]}{{e（e-1）}^{2}}$＜0
∵y=H（x）的图象是一条连续不断的曲线．
∴存在x₀∈（1，e），使H（X）=0，
即x₀∈（1，e），使f′（x₀）=$\frac{f（e）-f（1）}{e-1}$，
当 $\frac{{（e-1）}^{2}}{e-1}$≤m≤e（e-1）²时，H（1）•H（e）≥0，而且H（1）、H（e）之中至少一个为正，
由均值不等式知H（x）≥2$\sqrt{2m}$-$\frac{m{+e}^{2}-1}{e-1}$，
等号当且仅当x=$\sqrt{\frac{m}{2}}$∈（1，e）时成立
∴H（x）有最小值n=2$\sqrt{2m}$-$\frac{m{+e}^{2}-1}{e-1}$=$\frac{-m+2（e-1）\sqrt{2m}-{（e}^{2}-1）}{e-1}$，
且n=$\frac{-m+2（e-1）\sqrt{2m}-{（e}^{2}-1）}{e-1}$=$\frac{-[\sqrt{m}-{\sqrt{2}（e-1）}^{2}+（e-1）（e-3）}{e-1}$＜0
此时存在x₀∈（1，e）（x₀∈（1，$\sqrt{\frac{m}{2}}$）或x₀∈（$\sqrt{\frac{m}{2}}$，e）），使H（x₀）=0
综上所述，对任意的实数m，存在x₀∈（1，e），使得f′（x₀）=$\frac{f（e）-f（1）}{e-1}$．

点评 本题考查函数求导，对数函数性质，分离参数，构造函数，应用导数求极值、最值等内容．还有应用零点存在定理．较难．