Question

已知函数f（x）=x（a+lnx）有极小值-e-2．（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

已知函数f（x）=x（a+lnx）有极小值-e-2．（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＞1，（n，m∈Z）时，证明：（mnn）m＞（nmm）n．

Answer 1

（1）解：f′（x）=a+1+lnx，
令f′（x）＞0，得x＞e^-a-1，
令f′（x）＜0，得0＜x＜e^-a-1，
故f（x）的极小值为f（e^-a-1）=-e^-a-1=-e^-2，得a=1．（4分）
（2）解：当x＞1时，令g（x）=

f(x)

x?1

＝

x+xlnx

x?1

，
∴g′(x)＝

x?2?lnx

(x?1)2

，
令h（x）=x-2-lnx，∴h′（x）=1-

1

x

=

x?1

x

＞0，
故y=h（x）在（1，+∞）上是增函数，
由于h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，
∴存在x₀∈（3，4），使得h（x₀）=0．
则x∈（1，x₀），h（x）＜0，知g（x）为减函数；
x∈（x₀，+∞），h′（x）＞0，知g（x）为增函数．
∴g（x）_min=g（x₀）=

x0+x0lnx0

x0?1

=x₀，
∴k＜x₀，又x₀∈（3，4），k∈Z，所以k_max=3．（9分）
（3）证明：要证（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ，即证mlnm+nmlnn＞nlnn+nmlnm，
即证

nlnn

n?1

＞

mlnm

m?1

，令φ（x）=

xlnx

x?1

，得φ′（x）=

x?1?lnx

(x?1)2

，
令g（x）=x-1-lnx，g′（x）=1-

1

x

＞0，x＞1，
∴g（x）为增函数，
又g（1）=0，g（x）=x-1-lnx＞0，所以φ''（x）＞0，
∴y=φ（x）是增函数，又n＞m＞1，∴（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．（13分）