Question

1．已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和最小值；
（2）當b＞0時，求證：b^b≥（$\frac{1}{e}$）${\;}^{\frac{1}{n}}$（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）；
（3）若a＞0，b＞0求證：f（x）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）．

Answer 1

分析 （1）利用導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系定理即可得出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間、極小值，進而得到最小值；
（2）由（1）知：當b＞0時，有f（b）≥f（x）_mix=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，即可得出結(jié)論；
（3）原不等式可化為：f（a）+f[（a+b）-a]≥f（a+b）-（a+b）ln2，設函數(shù)g（x）=f（x）+f（k-x）（k＞0）．利用導數(shù)研究其單調(diào)性即可證明結(jié)論．

解答 解：（1）∵f′（x）=1+lnx （x＞0）-----（1分）
令f′（x）≥0得：lnx≥-1=lne^-1，
∵e＞1，∴x≥$\frac{1}{e}$； 
令f′（x）＜0得：0＜x＜$\frac{1}{e}$；-----（2分）
∴f（x）在[$\frac{1}{e}$，+∞）上為增函數(shù)；在（0，$\frac{1}{e}$]上為減函數(shù)．----（4分）
（2）由（1）知：當b＞0時，有f（b）≥f（x）_mix=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，----（6分）
∴blnb≥-$\frac{1}{e}$，即：lnb^b≥ln（$\frac{1}{e}$）${\;}^{\frac{1}{n}}$，∴b^b≥（$\frac{1}{e}$）${\;}^{\frac{1}{n}}$．-----（8分）
（3）將f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）變形為：
f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2------（7分）
即只證：f（a）+f（a+b-a）≥f（a+b）-（a+b）ln2
設函數(shù)g（x）=f（x）+f（k-x）（k＞0）------（8分）
∴g（x）=xlnx+（k-x）ln（k-x），∴0＜x＜k
∴g′（x）=lnx+1-ln（k-x）-1=ln$\frac{x}{k-x}$ 
令g′（x）＞0，得：$\frac{x}{k-x}$＞1⇒$\frac{2x-k}{k-x}$＞0⇒$\frac{k}{2}$＜x＜k．
∴g（x）在[$\frac{k}{2}$，k）上單調(diào)遞增；在（0，$\frac{k}{2}$]上單調(diào)遞減；
∴g（x）的最小值為：g（$\frac{k}{2}$），即總有：g（x）≥g（$\frac{k}{2}$）．----（12分）
g（$\frac{k}{2}$）=f（$\frac{k}{2}$）+f（k-$\frac{k}{2}$）=kln$\frac{k}{2}$=k（lnk-2）=f（k）-kln2
∴g（x）≥f（k）-kln2，即：f（x）+f（k-x）≥f（k）-kln2，-----（13分）
令x=a，k-x=b，則k=a+b
∴f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2，
∴f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）成立．------（14分）

點評 本題綜合考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等性質(zhì)，及其等價轉(zhuǎn)化、構(gòu)造函數(shù)法等基本技能．需要較好的觀察力和計算能力．