Question

已知函數(shù)f₁（x）=x²，f₂（x）=alnx（a∈R）•
（I）當(dāng)a＞0時(shí)，求函數(shù)．f（x）=f₁（x）•f₂（x）的極值；
（II）若存在x₀∈[1，e]，使得f₁（x₀）+f₂（x₀）≤（a+1）x₀成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（III）求證：當(dāng)x＞0時(shí)，lnx+-＞0．
（說明：e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）

Answer 1

解：（I）f（x）=f₁（x）•f₂（x）=x²alnx，
∴f′（x）=axlnx+ax=ax（2lnx+1），（x＞0，a＞0），
由f′（x）＞0，得x＞e，由f′（x）＜0，得0＜x＜e．
∴函數(shù)f（x）在（0，e）上是增函數(shù)，在（e，+∞）上是減函數(shù)，
∴f（x）的極小值為f（e）=-，無極大值．
（II）根據(jù)題意存在x₀∈[1，e]，使得f₁（x₀）+f₂（x₀）≤（a+1）x₀成立，
設(shè)g（x）=x²+alnx-（a+1）x，則g（x）_min≤0即可，
又g′（x）=x+-（a+1）=，
①當(dāng)a≤1時(shí)，由x∈[1，e]，g′（x）＞0，得g（x）在[1，e]上是增函數(shù)，
∴g（x）_min=g（1）=-（a+1）≤0，得-≤a≤1．
②當(dāng)1＜a＜e時(shí)，由x∈[1，a]，g′（x）＜0，得g（x）在[1，a]上是減函數(shù)，
由x∈[a，e]，g′（x）＞0，得g（x）在[1，a]上是增函數(shù)，
∴g（x）_min=g（a）=-a²+alna-a=-a²-a（1-lna）≤0恒成立，得1＜a＜e．
③當(dāng)a≥e時(shí)，由x∈[1，e]，g′（x）＜0，得g（x）在[1，e]上是減函數(shù)，
∴g（x）_min=g（e）=）=-e²+a-ae-e≤0，得a≥，又＜e，∴a≥e．
綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍a．
（III）問題等價(jià)于x²lnx＞，
由（I）知，f（x）=x²lnx的最小值為-，
設(shè)h（x）=，h′（x）=-得，函數(shù)h（x）在（0，2）上增，在（2，+∞）減，
∴h（x）_max=h（2）=，
因-＞0，
∴f（x）_min＞h（x）_max，
∴x²lnx＞，∴l(xiāng)nx-（）＞0，
∴l(xiāng)nx+-＞0．
分析：（I）求出導(dǎo)函數(shù)，通過對(duì)導(dǎo)函數(shù)為0的根與區(qū)間的關(guān)系，判斷出函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的極值；
（II）根據(jù)題意存在x₀∈[1，e]，使得f₁（x₀）+f₂（x₀）≤（a+1）x₀成立，設(shè)g（x）=x²+alnx-（a+1）x，則問題轉(zhuǎn)化為g（x）_min≤0即可，再利用導(dǎo)數(shù)工具得出g′（x），對(duì)a時(shí)行分類討論①當(dāng)a≤1時(shí)，②當(dāng)1＜a＜e時(shí)，③當(dāng)a≥e時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性及最小值，求出a的范圍，最后綜上得到實(shí)數(shù)a的取值范圍即可；
（III）問題等價(jià)于x²lnx＞，構(gòu)造函數(shù)h（x）=，利用導(dǎo)數(shù)研究其最大值，從而列出不等式f（x）_min＞h（x）_max，即可證得結(jié)論．
點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的條件，先通過導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的極值，導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用．