Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當k≤1時，求證：f（x）≥kx-1恒成立．

Answer 1

考點：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）對f（x）求導，令f′（x）＞0，得到單增區(qū)間；令f′（x）＜0，得到單減區(qū)間．
（Ⅱ）可用兩種方法證明之．
方法一：要證xlnx≥kx-1（x＞0），即證lnx+

1

x

≥k，再令g(x)=lnx+

1

x

，x＞0，再通過求導確定其最小值進行證明．
方法二：直接作差，令g（x）=f（x）-（kx-1）=xlnx-kx+1，依舊求導確定其性質(zhì)從而進行證明．

解答： 解：
（Ⅰ） 定義域為（0，+∞），f′（x）=lnx+1，
令f′（x）=0，得 x=

1

e

，f′（x）與f（x）的情況如下：

x	(0， 1 e )	1 e	( 1 e ，+∞)
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

所以f（x）的單調(diào)減區(qū)間為(0，

1

e

)，單調(diào)增區(qū)間為(

1

e

，+∞)
（Ⅱ）方法一：要證xlnx≥kx-1（x＞0），即證lnx+

1

x

≥k，
設(shè)g(x)=lnx+

1

x

，x＞0，g′(x)=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，g'（x）與g（x）的情況如下：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘	極小值	↗

所以g（x）≥g（1）=1，即lnx+

1

x

≥1在x＞0時恒成立，
所以，當k≤1時，lnx+

1

x

≥k，
所以xlnx+1≥kx，即xlnx≥kx-1，
所以，當k≤1時，有f（x）≥kx．
方法二：令g（x）=f（x）-（kx-1）=xlnx-kx+1，g′（x）=lnx+1-k，
令g′（x）=0，得x=e^k-1 ，
g′（x）與g（x）的情況如下：

x	（0，ek-1）	ek-1	（ek-1，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↘	極小值	↗

g（x）的最小值為g（e^k-1）=1-e^k-1，
當k≤1時，e^k-1≤1，所以1-e^k-1≥0
故g（x）≥0．
即當k≤1時，f（x）≥kx-1．

點評：在證明不等式時，通過作差找到“差函數(shù)”，對“差函數(shù)”求導，從而確定其性質(zhì)．當“差函數(shù)”形式比較復雜時，有時需要拆分“差函數(shù)”，分別進行研究，在這個過程中，參數(shù)分離也是常用的方法．