9.已知函數(shù)f(x)=mx+lnx.
(Ⅰ)若f(x)的最大值為-1,求實數(shù)m的值;
(Ⅱ)若f(x)的兩個零點為x1,x2且ex1≤x2,求y=(x1-x2)f′(x1+x2)的最小值.(其中e為自然對數(shù)的底數(shù),f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù))

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,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,f′(x)>0,f(x)在(0,-$\frac{1}{m}$)單調(diào)遞增;
當(dāng)x∈(-$\frac{1}{m}$,+∞)時,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$\frac{2}{1+e}$.

點評 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.

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