Question

已知函数f（x）=ax+xlnx的图象在点x=e（e为自然对数的底数）处的切线斜率为3．
（1）求实数a的值；
（2）若k∈Z，且k＜

f(x)

x-1

对任意x＞1恒成立，求k的最大值；
（3）当n＞m≥4时，证明（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．

Answer 1

分析：（1）求出f（x）的导函数，把x=e代入导函数中求出的导函数值即为切线方程的斜率，根据切线斜率为3列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值；
（2）将原来的恒成立问题转化为研究函数的最值问题，研究g(x)=

x+xlnx

x-1

区间（1，+∞）上的最值问题，先求出函数的极值，研究极值点左右的单调性，最后确定出最小值，从而得出k的最大值．
（3）由（2）知，g(x)=

x+xlnx

x-1

是[4，+∞）上的增函数，从而有当n＞m≥4时，

n+nlnn

n-1

＞

m+mlnm

m-1

由此式即可化简得到ln（n^mnm^m）＞ln（m^mnnⁿ．

解答：（1）解：因为f（x）=ax+xlnx，所以f'（x）=a+lnx+1．（1分）
因为函数f（x）=ax+xlnx的图象在点x=e处的切线斜率为3，
所以f'（e）=3，即a+lne+1=3．
所以a=1．（2分）
（2）解：由（1）知，f（x）=x+xlnx，
所以k＜

f(x)

x-1

对任意x＞1恒成立，即k＜

x+xlnx

x-1

对任意x＞1恒成立．（3分）
令g(x)=

x+xlnx

x-1

，
则g′(x)=

x-lnx-2

(x-1)2

，（4分）
令h（x）=x-lnx-2（x＞1），
则h′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

＞0，
所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增．（5分）
因为h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x₀，且满足x₀∈（3，4）．
当1＜x＜x₀时，h（x）＜0，即g'（x）＜0，当x＞x₀时，h（x）＞0，即g'（x）＞0，（6分）
所以函数g(x)=

x+xlnx

x-1

在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
所以[g(x)]min=g(x0)=

x0(1+lnx0)

x0-1

=

x0(1+x0-2)

x0-1

=x0∈(3，4)．（7分）
所以k＜[g（x）]_min=x₀∈（3，4）．
故整数k的最大值是3．（8分）
（3）证明：由（2）知，g(x)=

x+xlnx

x-1

是[4，+∞）上的增函数，（9分）
所以当n＞m≥4时，

n+nlnn

n-1

＞

m+mlnm

m-1

．（10分）
即n（m-1）（1+lnn）＞m（n-1）（1+lnm）．
整理，得mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn+（n-m）．（11分）
因为n＞m，所以mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn．（12分）
即lnn^mn+lnm^m＞lnm^mn+lnnⁿ．
即ln（n^mnm^m）＞ln（m^mnnⁿ）．（13分）
所以（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．（14分）
证明2：构造函数f（x）=mxlnx+mlnm-mxlnm-xlnx，（9分）
则f'（x）=（m-1）lnx+m-1-mlnm．（10分）
因为x＞m≥4，所以f'（x）＞（m-1）lnm+m-1-mlnm=m-1-lnm＞0．
所以函数f（x）在[m，+∞）上单调递增．（11分）
因为n＞m，所以f（n）＞f（m）．
所以mnlnn+mlnm-mnlnm-nlnn＞m²lnm+mlnm-m²lnm-mlnm=0．（12分）
即mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn．
即lnn^mn+lnm^m＞lnm^mn+lnnⁿ．
即ln（n^mnm^m）＞ln（m^mnnⁿ）．（13分）
所以（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．（14分）

点评：此题考查学生会利用导数求切线上过某点切线方程的斜率，会利用导函数的正负确定函数的单调区间，会利用导数研究函数的极值，掌握导数在最大值、最小值问题中的应用，是一道中档题．