Question

18．已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（Ⅰ）求f（x）的最小值；
（Ⅱ）若對(duì)所有x≥1都有f（x）≥ax-1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（Ⅲ）若關(guān)于x的方程f（x）=b恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值；
（Ⅱ）a≤lnx+$\frac{1}{x}$（x≥1）恒成立，令g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，則a≤g（x）_min（x≥1）恒成立；根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最小值，從而求出a的范圍即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為y=b和y=f（x）在（0，+∞）有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出b的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=1+lnx，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，
故f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增，
故f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$ln$\frac{1}{e}$=-$\frac{1}{e}$；
（Ⅱ）∵f（x）=xlnx，
當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）≥ax-1恒成立
?xlnx≥ax-1（x≥1）恒成立
?a≤lnx+$\frac{1}{x}$（x≥1）恒成立，
令g（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，則a≤g（x）_min（x≥1）恒成立；
∵g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
∴當(dāng)x≥1時(shí)，f′（x）≥0，
∴g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴g（x）_min=1，
∴a≤1，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，1]．
（Ⅲ）若關(guān)于x的方程f（x）=b恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
即y=b和y=f（x）在（0，+∞）有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
由（Ⅰ）0＜x＜$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）＜0，
f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增，
f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$ln$\frac{1}{e}$=-$\frac{1}{e}$；
故-$\frac{1}{e}$＜b＜0時(shí)，滿足y=b和y=f（x）在（0，+∞）有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，
即若關(guān)于x的方程f（x）=b恰有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則-$\frac{1}{e}$＜b＜0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)恒成立問題，分離參數(shù)a是關(guān)鍵，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想與構(gòu)造函數(shù)思想，考查導(dǎo)數(shù)法判定函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用及運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．