Question

15．已知m，n∈R，函数f（x）=（4x+m）lnx，g（x）=x²+nx-5，曲线y=f（x）与曲线y=g（x）在x=1处的切线相同．
（1）求f（x），g（x）的解析式：
（2）求F（x）=f（x）-g（x）的单调区间；
（3）证明：当x∈（0，k]（0＜k≤1）时，不等式（2x+1）f（x）-（2x+1）g（x）≤0恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，得到关于m，n的方程组，解出即可；（2）求出F（x）的导数，求出其导函数递减，判断出导函数的符号，从而求出函数的单调区间；
（3）问题转化为：（2k+1）（4x+2）lnx-（2x+1）（x²+4x-5）≤0，令H（x）=（2k+1）（4x+2）lnx-（2x+1）（x²+4x-5），通过求导得到H（x）的最大值，从而证出结论．

解答 解：（1）∵f′（x）=4（lnx+1）+$\frac{m}{x}$，g′（x）=2x+n，
∴f′（1）=4+m，g′（1）=2+n，
∵曲线y=f（x）与曲线y=g（x）在x=1处的切线相同，
∴f（1）=0=g（1）=1+n-5，f′（1）=g′（1），
即$\left\{\begin{array}{l}{4+m=2+n}\\{n-4=0}\end{array}\right.$，解得：m=2，n=4，
∴f（x）=（4x+2）lnx，g（x）=x²+4x-5；
（2）由题意F（x）=（4x+2）lnx-x²-4x+5，（x＞0），
∴F′（x）=4lnx+$\frac{4x+2}{x}$-2x-4=4lnx+$\frac{2}{x}$-2x，
令G（x）=F′（x），则G′（x）=$\frac{-{2（x-1）}^{2}}{{x}^{2}}$≤0恒成立，
∴F′（x）在（0，+∞）递减，
又∵F′（1）=0，∴在（0，1），F′（x）＞0，在（1，+∞），F′（x）＜0，
∴F（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
（3）由题意得：k∈（0，1]，2x+1＞0，
∴不等式（2k+1）f（x）-（2x+1）g（x）≤0可化为：
（2k+1）（4x+2）lnx-（2x+1）（x²+4x-5）≤0，
令H（x）=（2k+1）（4x+2）lnx-（2x+1）（x²+4x-5），
∴H′（x）=$\frac{-{2x}^{2}-4x+4k+2}{x}$，
令h（x）=-2x²-4x+4k+2中，h（k）=-2k²-4k+4k+2=-2（k-1）（k+1），
当0＜k≤1，h（k）≥0，H′（x）＞0，
H（x）在（0，k）递增，
H（x）_max=H（k）=2（2k+1）lnk-k²-4k+5，
又F（x）=（4x+2）lnx-x²-4x+5在（0，1）递增，
H（x）_max=H（k）=F（k）≤F（1）=0，满足题意．

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函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道综合题．