Question

8．已知函数f（x）=a（x+1）ln（x+1）图象上的点（e²-1，f（e²-1））处的切线与直线x+3y+1=0垂直（e=2.71828）．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求函数y=2f（x-1）与y=x³-mx（m＞1）的图象在区间[$\frac{1}{e}$，e]上交点的个数；
（Ⅲ）证明：当m＞n＞0时，（1+e^m）^en＜（1+eⁿ）^em．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求函数的导数根据导数的几何意义先求出a的值，即可求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）将函数y=2f（x-1）与y=x³-mx（m＞1）的图象在区间[$\frac{1}{e}$，e]上交点的个数，转化为程m=x²-2lnx在区间[$\frac{1}{e}$，e]上有两个不同的实数解；利用导数求出函数的最值即可．
（Ⅲ）利用换元法，利用构造函数即可证明不等式．

解答 解：（1）f′（x）=aln（x+1）+a（x+1）$\frac{1}{x+1}$=a[1+ln（x+1）]，-----（1分）
由于f（x）在点（e²-1，f（e²-1））处的切线与直线x+3y+1=0垂直，
所以f′（e²-1）=a（lne²+1）=3，
解得a=1，
∴f（x）=（x+1）ln（x+1），f′（x）=ln（x+1）+1．…（2分）
令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}-1$，
由f′（x）＞0得x＞$\frac{1}{e}-1$，
由f′（x）＜0得x＜$\frac{1}{e}-1$，
故f（x）的单调递减区间为[-1，$\frac{1}{e}-1$]，单调递增区间为（$\frac{1}{e}-1$，+∞）…（4分）
（Ⅱ）函数y=2f（x-1）与y=x³-mx（m＞1）的图象在区间[$\frac{1}{e}$，e]上交点的个数，
?方程2xlnx=x³-mx在区间[$\frac{1}{e}$，e]上有两个不同的实数解
?方程m=x²-2lnx在区间[$\frac{1}{e}$，e]上有两个不同的实数解．
?函数y=m与g（x）=x²-2lnx图象在区间[$\frac{1}{e}$，e]上有两个不同的交点．-…（6分）
g′（x）=2x-$\frac{2}{x}$=$\frac{2（x+1）（x-1）}{x}$，（x＞0），
由g′（x）=0得，x=1；
当0＜x＜1时，g′（x）＜0，
当x＞1时，g′（x）＞0，
故g（x）在[$\frac{1}{e}$，1]上是减函数，在[1，e]是增函数；在区间[$\frac{1}{e}$，e]上g（x）的最小值为g（1）=1，
∵g（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{{e}^{2}}+2＜3＜g（e）={e}^{2}-2$，
∴g（x）的最大值为g（e）=e²-2，
其大致图象如右图：      …（8分）
由图象可知，
当m的取值范围是（1，2+$\frac{1}{{e}^{2}}$]时，函数y=2f（x-1）与y=x³-mx的图象在区间[$\frac{1}{e}$，e]上有两个不同的交点；
当m＞2+$\frac{1}{{e}^{2}}$时，函数y=2f（x-1）与y=x³-mx的图象在区间[$\frac{1}{e}$，e]上有1个交点          …（9分）
（Ⅲ）令u=e^m，v=eⁿ，
∵m＞n＞0，∴u＞v＞0，
要证（1+e^m）^en＜（1+eⁿ）^em．，只需证vln（1+u）＜uln（1+v），
这等价于$\frac{ln（1+u）}{u}＜\frac{ln（1+v）}{v}$，
令h（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}，x＞0$，
h′（x）=$\frac{\frac{x}{1+x}-ln（1+x）}{{x}^{2}}$=$\frac{x-（x+1）ln（x+1）}{{x}^{2}（x+1）}$，
令k（x）=x-（1+x）ln（1+x），（x＞0），
∵x＞0，x+1＞1，
∴k′（x）=1-ln（x+1）-1=-ln（x+1）＜0，
故k（x）在（0，+∞）单调递减，
∴k（x）＜k（0）=0，
故h′（x）＜0，故h（x）=$\frac{ln（1+x）}{x}，x＞0$，是减函数，
∵u＞v＞0，
∴h（u）＜h（v），
即$\frac{ln（1+u）}{u}＜\frac{ln（1+v）}{v}$，
就是${（1+{e^m}）^{e^n}}＜{（1+{e^n}）^{e^m}}$成立．…（14分）

点评 本题主要考查导数的综合应用，利用导数的几何意义求出a的值是解决本题的关键．综合考查导数的应用，综合性较强，运算量较大．