Question

1．已知函數(shù)f（x）=mlnx，g（x）=$\frac{x}{x+1}$（x＞0）．
（1）當(dāng)m=1時(shí)，求曲線E：y=f（x）g（x）在x=1處的切線方程；
（2）當(dāng)m=1時(shí)，$k=\frac{f（x）}{（x+1）g（x）}$恰有一個(gè)實(shí)數(shù)根，求k的取值范圍；
（3）討論函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算切線的斜率，求出切線方程即可
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程，求出函數(shù)的最大值，從而求出k的范圍即可；
（3）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)性即可．

解答 解：（1）當(dāng)m=1時(shí)，曲線$y=f（x）g（x）=\frac{xlnx}{x+1}$，
$y'=\frac{{（{1+lnx}）（{x+1}）-xlnx}}{{{{（{x+1}）}^2}}}=\frac{lnx+x+1}{{{{（{x+1}）}^2}}}$，
x=1時(shí)，切線的斜率為$\frac{1}{2}$，又切線過點(diǎn)（1，0），
所以切線方程為x-2y-1=0．
（2）問題轉(zhuǎn)化為$\left\{\begin{array}{l}y=k\\ y=\frac{f（x）}{{（{x+1}）g（x）}}=\frac{lnx}{x}（{x＞0}）\end{array}\right.$的交點(diǎn)個(gè)數(shù)，
$y'=\frac{1-lnx}{x^2}$，令y′=0，解得：x=e，
列表如下：

x	（0，e）	e	（e，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	遞增	極大值$\frac{1}{e}$	遞減

∴${y_{max}}=\frac{1}{e}$，且x→0時(shí)，y→-∞，x→+∞，y→0，
綜上$k=\frac{1}{e}$或k≤0．
（3）$F'（x）=f'（x）-g'（x）=\frac{m}{x}-\frac{1}{{{{（{1+x}）}^2}}}=\frac{{m{x^2}+（{2m-1}）x+m}}{{x{{（{1+x}）}^2}}}$，
當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)m＞0時(shí)，令h（x）=mx²+（2m-1）x+m，△=1-4m，
當(dāng)△≤0時(shí)，即$m≥\frac{1}{4}，h（x）≥0$，此時(shí)函數(shù)F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)△＞0時(shí)，即$0＜m＜\frac{1}{4}$，方程mx²+（2m-1）x+m=0有兩個(gè)不等實(shí)根x₁＜x₂，
$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{1-2m}{m}=\frac{1}{m}-2＞2\\{x_1}{x_2}=1\end{array}\right.$，所以0＜x₁＜x₂.${x_1}=\frac{{（{1-2m}）-\sqrt{1-4m}}}{2m}，{x_2}=\frac{{（{1-2m}）+\sqrt{1-4m}}}{2m}$，
此時(shí)函數(shù)F（x）在區(qū)間（0，x₁），（x₂，+∞）上單調(diào)遞增；在（x₁，x₂）上單調(diào)遞減．
綜上所述，當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；
當(dāng)$m≥\frac{1}{4}$，此時(shí)函數(shù)F（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)$0＜m＜\frac{1}{4}$，此時(shí)函數(shù)F（x）在區(qū)間$（{0，\frac{{（{1-2m}）-\sqrt{1-4m}}}{2m}}）$，$（{\frac{{（{1-2m}）+\sqrt{1-4m}}}{2m}，+∞}）$上單調(diào)遞增；在$（{\frac{{（{1-2m}）-\sqrt{1-4m}}}{2m}，\frac{{（{1-2m}）+\sqrt{1-4m}}}{2m}}）$上單調(diào)遞減．

點(diǎn)評 本題考查了切線方程問題，考查函數(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，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．