Question

已知函数f（x）=x+xlnx．
（1）求函数f（x）的图象在点（1，1）处的切线方程；
（2）若k∈z，且k（x-1）＜f（x）对任意x＞1恒成立，求k的最大值；
（3）当n＞m≥4时，证明（mnⁿ）^m＞（nm^m）ⁿ．

Answer

（1）欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x=e处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．
（2）将原来的恒成立问题转化为研究函数的最值问题，研究 区间（1，+∞）上的最值问题，先求出函数的极值，研究极值点左右的单调性，最后确定出最小值，从而得出k的最大值；
（3）由（2）知，是[4，+∞）上的增函数，从而有当n＞m≥4时，由此式即可化简得到ln（nmnmm）＞ln（mmnnn），利用对数函数的单调性即可证明结论．
【解析】
（1）∵f（x）定义域为（0，+∞）
f′（x）=lnx+2
∵k=f′（1）=2
∴函数y=f（x）的在点（1，1）处的切线方程为：y=2x-1；
（2）∵k（x-1）＜f（x）对任意x＞1恒成立
∴对任意x＞1恒成立，即 对任意x＞1恒成立．
令 ，
则 ，
令h（x）=x-lnx-2（x＞1），
则 ，
所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递增．
因为h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-2ln2＞0，
所以方程h（x）=0在（1，+∞）上存在唯一实根x，且满足x∈（3，4）．
当1＜x＜x时，h（x）＜0，即g'（x）＜0，当x＞x时，h（x）＞0，即g'（x）＞0，
所以函数 在（1，x）上单调递减，在（x，+∞）上单调递增．
所以 ．
所以k＜[g（x）]min=x∈（3，4）．
故整数k的最大值是3．
（3）证明：由（2）知，是[4，+∞）上的增函数，
所以当n＞m≥4时，．
即n（m-1）（1+lnn）＞m（n-1）（1+lnm）．
整理，得mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn+（n-m）．
因为n＞m，所以mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn，
即lnnmn+lnmm＞lnmmn+lnnn．
即ln（nmnmm）＞ln（mmnnn）．
所以（mnn）m＞（nmm）n．
证明2：构造函数f（x）=mxlnx+mlnm-mxlnm-xlnx，
则f'（x）=（m-1）lnx+m-1-mlnm．
因为x＞m≥4，所以f'（x）＞（m-1）lnm+m-1-mlnm=m-1-lnm＞0．
所以函数f（x）在[m，+∞）上单调递增，
因为n＞m，所以f（n）＞f（m）．
所以mnlnn+mlnm-mnlnm-nlnn＞m2lnm+mlnm-m2lnm-mlnm=0．
即mnlnn+mlnm＞mnlnm+nlnn．
即lnnmn+lnmm＞lnmmn+lnnn．
即ln（nmnmm）＞ln（mmnnn）．
所以（mnn）m＞（nmm）n．