Question

9．已知函數(shù)f（x）=mx+lnx．
（Ⅰ）若f（x）的最大值為-1，求實(shí)數(shù)m的值；
（Ⅱ）若f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)為x₁，x₂且ex₁≤x₂，求y=（x₁-x₂）f′（x₁+x₂）的最小值．（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最大值，得到關(guān)于m的方程，求出m的值即可；
（Ⅱ）得到y(tǒng)=$\frac{{x}_{1}{-x}_{2}}{{{x}_{1}+x}_{2}}$+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），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)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時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，f（x）在（0，+∞）無最大值．
m＜0，易知當(dāng)x∈（0，-$\frac{1}{m}$）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在（0，-$\frac{1}{m}$）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（-$\frac{1}{m}$，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）在（-$\frac{1}{m}$，+∞）單調(diào)遞減，
故f（x）max=f（-$\frac{1}{m}$）=ln（-$\frac{1}{m}$）-1=-1，即m=-1，
綜上：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，+∞）單調(diào)遞增．
故g（t）_min=g（e）=$\frac{2}{1+e}$，
y的最小值為$\frac{2}{1+e}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．