Question

設函數f（x）=xlnx（x＞0）．
（1）求函數f（x）的最小值；
（2）設F（x）=ax²+f′（x）（a∈R），討論函數F（x）的單調性；
（3）斜率為k的直線與曲線y=f′（x）交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）兩點，求證：x1＜

1

k

＜x2．

Answer 1

分析：（1）根據極值與最值的求解方法，連續(xù)函數在區(qū)間（a，b）內只有一個極值，那么極小值就是最小值；
（2）先確定函數的定義域然后求導數Fˊ（x），討論a在函數的定義域內解不等式Fˊ（x）＞0和Fˊ（x）＜0即可求得；
（3）要證x1＜

1

k

＜x2，即證x1＜

x2-x1

lnx2-lnx1

＜x2，等價于證1＜

x2 x1 -1

ln x2 x1

＜

x2

x1

，令t=

x2

x1

，
則只要證1＜

t-1

lnt

＜t，由t＞1知lnt＞0，故等價于證lnt＜t-1＜tlnt（t＞1）即可．

解答：（1）解：f′（x）=lnx+1（x＞0），令f′（x）=0，得x=

1

e

．（2分）
∵當x∈(0，

1

e

)時，f′（x）＜0；當x∈(

1

e

，+∞)時，f′（x）＞0，（3分）
∴當x=

1

e

時，f(x)min=

1

e

ln

1

e

=-

1

e

．（4分）
（2）F（x）=ax²+lnx+1（x＞0），F′(x)=2ax+

1

x

=

2ax2+1

x

(x＞0)．（5分）
①當a≥0時，恒有F'（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上是增函數；（6分）
②當a＜0時，
令F′（x）＞0，得2ax²+1＞0，解得0＜x＜

- 1 2a

；（7分）
令F′（x）＜0，得2ax²+1＜0，解得x＞

- 1 2a

．（8分）
綜上，當a≥0時，F（x）在（0，+∞）上是增函數；
當a＜0時，F（x）在(0，

- 1 2a

)上單調遞增，在(

- 1 2a

，+∞)上單調遞減．（9分）
（3）證：k=

f′(x2)-f′(x1)

x2-x1

=

lnx2-lnx1

x2-x1

．
要證x1＜

1

k

＜x2，即證x1＜

x2-x1

lnx2-lnx1

＜x2，等價于證1＜

x2 x1 -1

ln x2 x1

＜

x2

x1

，令t=

x2

x1

，
則只要證1＜

t-1

lnt

＜t，由t＞1知lnt＞0，故等價于證lnt＜t-1＜tlnt（t＞1）（*）．
①設g（t）=t-1-lnt（t≥1），則g′(t)=1-

1

t

≥0(t≥1)，故g（t）在[1，+∞）上是增函數，
∴當t＞1時，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt（t＞1）．
②設h（t）=tlnt-（t-1）（t≥1），則h′（t）=lnt≥0（t≥1），故h（t）在[1，+∞）上是增函數，
∴當t＞1時，h（t）=tlnt-（t-1）＞h（1）=0，即t-1＜tlnt（t＞1）．
由①②知（*）成立，得證．（14分）

點評：本題中對函數單調性的分類討論、構造函數利用導數方法證明不等式都是難點，對綜合能力的考查達到了相當的高度．