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14.已知函數(shù)f(x)=mlnx+x2+mx(m∈R).
(1)若函數(shù)f(x)的圖象所有點都在第一象限,求實數(shù)m的取值范圍;
(2)證明:對任意的實數(shù)m,存在x0∈(1,e),使f′(x0)=fef1e1(e是自然對數(shù)的底數(shù)).

分析 (1)討論m=0,m>0,m<0,運用對數(shù)函數(shù)的性質(zhì),以及分離參數(shù),構(gòu)造函數(shù)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求極值、最值,即可得到m的范圍;
(2)設(shè)函數(shù)H(x),計算H(1),H(e),討論m的范圍,由零點存在定理,即可得證;當(dāng)e12e2≤m≤e(e-1)2時,求出H(x)的最小值,判斷它小于0,再由零點存在定理,即可得證.

解答 解:(1)f(x)=x2+mx+mlnx,f(x)的定義域為(0,+∞).
①m=0時,f(x)=x2
∵x>0,
∴點(x,x2)在第一象限.
②m>0時,由對數(shù)函數(shù)性質(zhì)知,x∈(0,1)時,lnx∈(-∞,0)
∴mlnx∈(-∞,0)
∴f(x)的圖象無法全部在第一象限.
③m<0時,由f(x)=x2+m(x+lnx)>0得1m<-(1x+1x2lnx)
設(shè)h(x)=-(1x+1x2lnx),h′(x)=x1x3+2lnxx3,

x (0,1) 1 (1,+∞)
 h′(x)- 0+
 h(x) 遞減 極小值 遞增
則h(x)≥h(1)=-1,從而1m<-(1x+1x2lnx)<-1,-1<m<0,
綜上所述,常數(shù)m是取值范圍-1<m≤0;
(2)證明:直接計算知 fef1e1=e+1+m+me1,
設(shè)函數(shù)H(x)=f′(x)-fef1e1=2x-(e+1)+mx-me1
H(1)=1-e+m-me1=me2e12e1,
H(e)=e-1+me-me1=ee12mee1,
當(dāng)m>e(e-1)2或m<e12e2
H(1)H(e)=-[me2e12][mee12]ee12<0
∵y=H(x)的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線.
∴存在x0∈(1,e),使H(X)=0,
即x0∈(1,e),使f′(x0)=fef1e1,
當(dāng) e12e1≤m≤e(e-1)2時,H(1)•H(e)≥0,而且H(1)、H(e)之中至少一個為正,
由均值不等式知H(x)≥22m-m+e21e1,
等號當(dāng)且僅當(dāng)x=m2∈(1,e)時成立
∴H(x)有最小值n=22m-m+e21e1=m+2e12me21e1,
且n=m+2e12me21e1=[m2e12+e1e3e1<0
此時存在x0∈(1,e)(x0∈(1,m2)或x0∈(m2,e)),使H(x0)=0
綜上所述,對任意的實數(shù)m,存在x0∈(1,e),使得f′(x0)=fef1e1

點評 本題考查函數(shù)求導(dǎo),對數(shù)函數(shù)性質(zhì),分離參數(shù),構(gòu)造函數(shù),應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求極值、最值等內(nèi)容.還有應(yīng)用零點存在定理.較難.

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