Question

12．已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（1）不等式f（x）＞kx-$\frac{1}{2}$對(duì)于任意正實(shí)數(shù)x均成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（2）是否存在整數(shù)m，使得對(duì)于任意正實(shí)數(shù)x，不等式f（m+x）＜f（m）e^x恒成立？若存在，求出最小的整數(shù)m，若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）對(duì)于任意正實(shí)數(shù)x，不等式f（x）＞kx-$\frac{1}{2}$恒成立，即為k＜lnx+$\frac{1}{2x}$，x＞0，令g（x）=lnx+$\frac{1}{2x}$，x＞0，求出導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間，得到極小值也為最小值，即可得到k的范圍；
（2）問題轉(zhuǎn)化為$\frac{（m+x）ln（m+x）}{{e}^{m+x}}$＜$\frac{mlnm}{{e}^{m}}$恒成立，令g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$求出g′（x）=$\frac{1+（1-x）lnx}{{e}^{x}}$，設(shè)p（x）=1+（1-x）lnx，通過討論p（x）的單調(diào)性，判斷出g（3+x）＜g（3）恒成立，從而求出滿足條件的m的值即可．

解答 解：（1）對(duì)于任意正實(shí)數(shù)x，不等式f（x）＞kx-$\frac{1}{2}$恒成立，
即為k＜lnx+$\frac{1}{2x}$，x＞0，
令g（x）=lnx+$\frac{1}{2x}$，x＞0，則g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{2x}^{2}}$=$\frac{2x-1}{{2x}^{2}}$，
在（0，$\frac{1}{2}$）上，g′（x）＜0，g（x）遞減，
在（$\frac{1}{2}$，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）遞增，
即有g(shù)（x）在x=$\frac{1}{2}$處取得極小值，且為最小值1-ln2，
則k＜1-ln2，
故實(shí)數(shù)k的取值范圍是（-∞，1-ln2）；
（2）∵f（m+x）＜f（m）e^x恒成立，
∴（m+x）ln（m+x）＜mlnm•e^x，
即$\frac{（m+x）ln（m+x）}{{e}^{m+x}}$＜$\frac{mlnm}{{e}^{m}}$恒成立，
令g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$，g′（x）=$\frac{1+（1-x）lnx}{{e}^{x}}$，
設(shè)p（x）=1+（1-x）lnx，p′（x）=$\frac{1}{x}$-1-lnx，而p′（1）=0且p′（x）遞減，
∴x∈（0，1）時(shí)，p′（x）＞0，x∈（1，+∞）時(shí)，p′（x）＜0，
故p（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減；
又x→0，p（x）→-∞，p（1）=1＞0，x→+∞時(shí)，p（x）→-∞，
由零點(diǎn)的存在定理，p（x）=0在（0，1），（1，+∞）內(nèi)各有一根x₁＜1＜x₂，
∴x∈（0，x₁），g′（x）＜0，x∈（x₁，x₂），g′（x）＞0，x∈（x₂，+∞），g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，x₁）遞增，在（x₁，x₂）遞減，在（x₂，+∞）遞增，
∵p（2）=1-ln2＞0，p（3）=1-2ln3＜0，故x₂∈（2，3），
∴m=3時(shí)，g（x）在（3，+∞）遞減，此時(shí)，g（3+x）＜g（3）恒成立，
若m=1，2，則g（x₂）＞g（m），矛盾，
綜上，存在最小正整數(shù)m=3．

點(diǎn)評(píng) 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)用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，注意運(yùn)用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)的方法，考查運(yùn)算能力，是一道綜合題．