Question

11．已知函数f（x）=$\frac{xlnx}{x+1}$和直线l：y=m（x-1）．
（1）当曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l垂直时，求原点O到直线l的距离；
（2）若对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，求m的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，得到f′（1）=$\frac{1}{2}$，由曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线l垂直求出m=-2，则直线l的方程可求，由点到直线的距离公式得答案；
（Ⅱ）把对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立转化为lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$），然后构造函数g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），利用导数对m≤0和m＞0分类讨论求得m的取值范围．

解答 解：（1）由f（x）=$\frac{xlnx}{x+1}$，得f′（x）=$\frac{x+1+lnx}{（x+1）^{2}}$，
∴f′（1）=$\frac{1}{2}$，于是m=-2，直线l的方程为2x+y-2=0．
原点O到直线l的距离为$\frac{|-2|}{\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$；
（2）对于任意的x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，即$\frac{xlnx}{x+1}$≤m（x-1）
也就是lnx≤m（x-$\frac{1}{x}$），
设g（x）=lnx-m（x-$\frac{1}{x}$），即?x∈[1，+∞），g（x）≤0成立．
g′（x）=$\frac{-m{x}^{2}+x-m}{{x}^{2}}$．
①若m≤0，?x使g′（x）＞0，g（x）≥g（1）=0，这与题设g（x）≤0矛盾；
②若m＞0，方程-mx²+x-m=0的判别式△=1-4m²，
当△≤0，即m$≥\frac{1}{2}$时，g′（x）≤0，
∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（x）≤g（1）=0，即不等式成立．
当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，方程-mx²+x-m=0的两根为x₁，x₂（x₁＜x₂），
x₁=$\frac{1-\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$∈（0，1），x₂=$\frac{1+\sqrt{1-4{m}^{2}}}{2m}$∈（1，+∞），
当x∈（x₁，x₂）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，g（x）＞g（1）=0与题设矛盾．
综上所述，m$≥\frac{1}{2}$．

点评 本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，要求考生具有较强的逻辑思维能力和灵活变形能力，是压轴题．