娄底市2024年下学期高中教学质量检测考试(1月)数学

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娄底市2024年下学期高中教学质量检测考试(1月)数学试卷答案

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11．已知函数f（x）=（mx+1）（1nx-3）．
（1）若m=1，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）上是增函数，求实数m的取值范围．

分析（1）求出f（x）的导数，求出单调区间，可得极小值，也为最小值；
（2）①由题意可得f′（x）=1+lnx-ax=0的两根为x₁，x₂．即有a=$\frac{1+lnx}{x}$，设g（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，求出导数，求得单调区间和最值，即可得到a的范围；
②由题意可得1+lnx₁=ax₁，1+lnx₂=ax₂，两式相加和相减，可得a，要证x₁x₂＞1，即证ln（x₁x₂）＞0，即有（lnx₁-lnx₂）•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞2，即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞2•$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$在x₂＞x₁成立，（*）由t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，设h（t）=lnt-2•$\frac{t-1}{t+1}$，求出导数，判断单调性，即可得到证明．

解答解：（1）函数f（x）=xlnx的导数为f′（x）=1+lnx，
当x＞$\frac{1}{e}$时，f′（x）＞0，f（x）递增；当0＜x＜$\frac{1}{e}$时，f′（x）＜0，f（x）递减．
即有x=$\frac{1}{e}$时，取得最小值，且为-$\frac{1}{e}$；
（2）①f（x）有两个极值点x₁，x₂（x₁＜x₂），
即为f′（x）=1+lnx-ax=0的两根为x₁，x₂．
即有a=$\frac{1+lnx}{x}$，设g（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，g′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，
当x＞1时，h′（x）＜0，h（x）递减，当0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）递增．
即有x=1处取得极大值，也为最大值1，
且0＜x＜$\frac{1}{e}$时，g（x）递增，g（x）＜0，当$\frac{1}{e}$＜x＜1或x＞1时，g（x）∈（0，1），
即有0＜a＜1．故a的取值范围是（0，1）；
②证明：由题意可得1+lnx₁=ax₁，1+lnx₂=ax₂，
即有2+ln（x₁x₂）=a（x₁+x₂），又lnx₁-lnx₂=a（x₁-x₂），
即有2+ln（x₁x₂）=（lnx₁-lnx₂）•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$
要证x₁x₂＞1，即证ln（x₁x₂）＞0，即有（lnx₁-lnx₂）•$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＞2，
即ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞2•$\frac{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}-1}{\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}+1}$在x₂＞x₁成立，（*）
由t=$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，设h（t）=lnt-2•$\frac{t-1}{t+1}$，
h′（t）=$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（t+1）^{2}}$=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$＞0，h（t）在t＞1递增，即有h（t）＞h（1）=0，
即为lnt＞2•$\frac{t-1}{t+1}$，即有（*））成立．
故x₁x₂＞1．

点评本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数，由导数判断单调性，考查函数方程的转化思想，属于中档题．

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