Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=x²-6x+2．
（Ⅰ）求函數(shù)y=

4f(x)

x

+g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（Ⅲ）試判斷方程lnx=

1

ex

-

2

ex

（其中e≈2.718…）是否有實(shí)數(shù)解？并說明理由．

Answer 1

分析：（I）利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則得到y(tǒng)′，（x＞0），令y′＞0，解出即可得到其單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）利用導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則得到f′（x），令f′（x）=0得到極值點(diǎn)，討論極值點(diǎn)與區(qū)間[t，t+2]的位置關(guān)系，然后單調(diào)性，即可得到其最小值；
（Ⅲ）方程lnx=

1

ex

-

2

ex

（其中e=2.718…）等價于xlnx=

x

ex

-

2

e

（x＞0），令u（x）=xlnx，v（x）=

x

ex

-

2

e

（x＞0），利用導(dǎo)數(shù)分別研究u（x）的最大值與v（x）的最小值，進(jìn)行比較即可得到所求．

解答：解：（Ⅰ）∵f（x）=xlnx，g（x）=x²-6x+2，
∴y=

4f(x)

x

+g（x）=4lnx+x²-6x+2，定義域?yàn)椋?，+∞），
∴y′=

4

x

+2x-6=

2x2-6x+4

x

=

2(x-1)(x-2)

x

，
令y′＞0，解得0＜x＜1或x＞2，
∴函數(shù)y=

4f(x)

x

+g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1）和（2，+∞）；
（Ⅱ）∵f（x）=xlnx，
∴f′（x）=lnx+1，令f′（x）=0，解得x=

1

e

，
①當(dāng)0＜t＜

1

e

時，x∈（t，

1

e

），f′（x）＜0，即函數(shù)f（x）在（t，

1

e

）上單調(diào)遞減，
x∈（

1

e

，t+2），f′（x）＞0，即函數(shù)f（x）在（

1

e

，t+2）上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=

1

e

時函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值為f（

1

e

）=-

1

e

，
②當(dāng)t≥

1

e

時，x∈[t，t+2]，f′（x）≥0，即函數(shù)f（x）在[t，t+2]上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=t時函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值為f（t）=tlnt，
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值為f（x）_min=

tlnt ，t≥ 1 e - 1 e ，0＜t＜ 1 e

；
（Ⅲ）∵方程lnx=

1

ex

-

2

ex

（其中e=2.718…），
∴xlnx=

x

ex

-

2

e

（x＞0）．
令u（x）=xlnx，v（x）=

x

ex

-

2

e

，（x＞0），
由（Ⅱ）可知：u（x）在x=

1

e

時取得極小值，也即最小值-

1

e

，
而v′（x）=

ex-xex

e2x

=

1-x

ex

，
當(dāng)0＜x＜1時，v′（x）＞0，函數(shù)v（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)1＜x時，v′（x）＜0，函數(shù)v（x）單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x=1時，v（x）取得極大值，也即最大值v（1）=

1

e

-

2

e

=-

1

e

，
而∵當(dāng)x=1時，u（1）=0＞-

1

e

=v（1），
∴方程lnx=

1

ex

-

2

ex

（其中e=2.718…）無實(shí)數(shù)解．

點(diǎn)評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，研究函數(shù)的零點(diǎn)問題．對于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，注意導(dǎo)數(shù)的正負(fù)對應(yīng)著函數(shù)的單調(diào)性．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)問題時，經(jīng)常會運(yùn)用分類討論的數(shù)學(xué)思想方法．屬于中檔題．