已知．（1）当m=1，α=2时（i）求证：对于给定的x0∈[0，1），不等式f（x）-f（x0）≤（x-x0）f'（x0）对于x∈[0，1）恒成立；（ii）若实数a、

网友回答

（1）（i）证明：当m=1，α=2时，，
∴f（x）-f（x0）≤（x-x0）×
不妨设x＞x0，∵x0∈[0，1），∴1-xx0＜，1+x2＞
∴f（x）-f（x0）≤（x-x0）×=（x-x0）f'（x0）
（ii）令x0=，则
∴f（a）+f（b）+f（c）-3≤（a+b+c-1）=0
∴f（a）+f（b）+f（c）≤3=
∴f（a）+f（b）+f（c）的最大值为（当且仅当a=b=c=时取等号）．
（2）解：由题意m≥0，否则当x→+∞时，f（lnx）＜0，而矛盾
∴对x∈[1，+∞）恒成立，等价于对x∈[1，+∞）恒成立
等价于g（x）=xlnx+（1-x）（mlnx+1）≥0对x∈[1，+∞）恒成立
g′（x）=
若m≥1，则g′（x）≤0，∴g（x）≤g（1）=0矛盾；
若0≤m≤1，则g″（x）=
①若，则0≤m≤，∴g′（x）在[1，+∞）上为增函数，∴g′（x）≥g′（1）=0，
∴g（x）在[1，+∞）上为增函数，g（x）≥g（1）=0；
②若，则＜m≤1，∴g′（x）在[1，）上为减函数，在（，+∞）上为增函数
∴g′（x）min=g′（）＞g′（1）=0，
∴g（x）在[1，）上为减函数，∴g（x）≤g（1）=0；
综上知，实数m的取值范围是[0，]．
解析分析：（1）（i）证明：当m=1，α=2时，f（x）-f（x0）≤（x-x0）×，由此可得结论；（ii）令x0=，则，相加，即可求f（a）+f（b）+f（c）的最大值．（2）先判断m≥0，进而对x∈[1，+∞）恒成立，等价于对x∈[1，+∞）恒成立，等价于g（x）=xlnx+（1-x）（mlnx+1）≥0对x∈[1，+∞）恒成立，分类讨论，即可证得．

点评：本题考查导数知识的运用，考查不等式的证明，考查恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．