Question

9．已知函数f（x）=mx+lnx．
（Ⅰ）若f（x）的最大值为-1，求实数m的值；
（Ⅱ）若f（x）的两个零点为x₁，x₂且ex₁≤x₂，求y=（x₁-x₂）f′（x₁+x₂）的最小值．（其中e为自然对数的底数，f′（x）是f（x）的导函数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的最大值，得到关于m的方程，求出m的值即可；
（Ⅱ）得到y=$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+m（x₁-x₂）=$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$令g（t）=$\frac{1-t}{1+t}$+mt（t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥e），根据函数的单调性求出g（t）的最小值，即y的最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1+mx}{x}$，
m≥0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）单调递增，f（x）在（0，+∞）无最大值．
m＜0，易知当x∈（0，-$\frac{1}{m}$）时，f′（x）＞0，f（x）在（0，-$\frac{1}{m}$）单调递增；
当x∈（-$\frac{1}{m}$，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）在（-$\frac{1}{m}$，+∞）单调递减，
故f（x）max=f（-$\frac{1}{m}$）=ln（-$\frac{1}{m}$）-1=-1，即m=-1，
综上：m=-1．
（Ⅱ）y=（x₁-x₂）f′（x₁+x₂）=$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+m（x₁-x₂），
又$\left\{\begin{array}{l}{l{nx}_{1}+{mx}_{1}=0}\\{l{nx}_{2}+{mx}_{2}=0}\end{array}\right.$，即ln$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=-m（x₁-x₂），
故y=$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+m（x₁-x₂）=$\frac{1-\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}}$+ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$
令g（t）=$\frac{1-t}{1+t}$+mt（t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥e），
而g′（t）=$\frac{{t}^{2}+1}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，
故g（t）在[e，+∞）单调递增．
故g（t）_min=g（e）=$\frac{2}{1+e}$，
y的最小值为$\frac{2}{1+e}$．

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分类讨论思想，是一道中档题．