Question

2．已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若不等式$\frac{f（x+1）}{x+1}$+$\frac{{x}^{2}}{2}$≥kx對所有x∈（0，+∞）恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．
（3）若實數(shù)x₁≠x₂滿足f（x₁）=f（x₂），證明：x₁+x₂＞$\frac{2}{e}$．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）問題轉(zhuǎn)化為g（x）=ln（x+1）+$\frac{{x}^{2}}{2}$-kx≥0對?x∈（0，+∞）恒成立，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到導(dǎo)函數(shù)遞增，求出導(dǎo)函數(shù)的最小值，通過討論1-k的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，從而求出k的范圍；
（3）不妨令x₁＜x₂，得：0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜x₂，構(gòu)造F（x）=f（$\frac{1}{e}$+x）-f（$\frac{1}{e}$-x），x∈[0，$\frac{1}{e}$），求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到f（x₂）＞f（$\frac{2}{e}$-x₁）?x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，從而證出結(jié)論．

解答 解：（1）∵f（x）=xlnx．
∴f′（x）=1+lnx，
當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{e}$）時，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）時，f′（x）＞0．
所以函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）不等式$\frac{f（x+1）}{x+1}$+$\frac{{x}^{2}}{2}$≥kx對所有x∈（0，+∞）恒成立，
即g（x）=ln（x+1）+$\frac{{x}^{2}}{2}$-kx≥0對?x∈（0，+∞）恒成立，
函數(shù)g（x）的定義域是（-1，+∞），g（0）=0，g′（x）=$\frac{1}{x+1}$+x-k，
g″（x）=-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$+1=$\frac{x（x+2）}{{（x+1）}^{2}}$＞0，
∴g′（x）在（0，+∞）遞增，g′（x）_最小值=g′（0）=1-k，
①當(dāng)1-k≥0，g′（x）＞在（0，+∞）恒成立，g（x）在（0，+∞）遞增，
g（x）≥g（0）=0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時取等號，
即g（x）＞0在（0，+∞）恒成立，符合題意；
②當(dāng)1-k＜0，g′（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
則g′（x）在x∈（0，+∞）有零點x₀∈（0，+∞），
則g（x）在（0，x₀）遞減，在（x₀，+∞）遞增，
但g（0）=0，則有g(shù)（x₀）＜g（0）=0與g（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立矛盾（舍），
綜上：k∈（-∞，1]；
（3）由（1），不妨令x₁＜x₂，得：0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜x₂，
構(gòu)造F（x）=f（$\frac{1}{e}$+x）-f（$\frac{1}{e}$-x），x∈[0，$\frac{1}{e}$），
F′（x）=ln（$\frac{1}{e}$+x）+ln（$\frac{1}{e}$-x）+2，
F″（x）=$\frac{2x}{{x}^{2}-\frac{1}{{e}^{2}}}$≤0恒成立，
F′（x）在x∈[0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，
F′（x）≤F′（0）=0，F(xiàn)（x）在x∈[0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，
F（x）≤F（0）=0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0取“=”，
即對于x∈（0，$\frac{1}{e}$），f（$\frac{1}{e}$+x）＜f（$\frac{1}{e}$-x）恒成立，
又0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，0＜$\frac{1}{e}$-x₁＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x₂）=f（x₁）=f[$\frac{1}{e}$-（$\frac{1}{e}$-x₁）]＞f[$\frac{1}{e}$+（$\frac{1}{e}$-x₁）]
=f（$\frac{2}{e}$-x₁），
此時：$\frac{1}{e}$＜x₂，$\frac{1}{e}$＜$\frac{2}{e}$-x₁＜$\frac{2}{e}$，
由f（x）的遞增區(qū)間為（$\frac{1}{e}$，+∞）知：
f（x₂）＞f（$\frac{2}{e}$-x₁）?x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，
即x₁+x₂＞$\frac{2}{e}$，得證．

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)性、最值、函數(shù)恒成立問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想，是一道難題．