Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=xlnx（x＞0）：
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)F（x）=ax²+f′（x）（a∈R），F(xiàn)（x）是否存在極值，若存在，請(qǐng)求出極值；若不存在，請(qǐng)說明理由；
（3）當(dāng)x＞0時(shí)，證明：e^x＞f′（x）+1．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)函數(shù)f′（x），解不等式f′（x）＞0得出增區(qū)間，解不等式f′（x）＜0得出減區(qū)間；
（2）求F′（x），討論F′（x）=0的解的情況及F（x）的單調(diào)性得出結(jié)論；
（3）構(gòu)造函數(shù)設(shè)g（x）=e^x-lnx，x＞0，則即證g（x）＞2，只要證g（x）_min＞2，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求得g（x）的最小值即得，不等式即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞）
求導(dǎo)函數(shù)，可得f′（x）=1+lnx
令f′（x）=1+lnx=0，可得x=$\frac{1}{e}$
∴0＜x＜$\frac{1}{e}$時(shí)，f′（x）＜0，x＞$\frac{1}{e}$時(shí)，f′（x）＞0
∴函數(shù)f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）單調(diào)遞增，
（2）∴F（x）=ax²+f′（x）（x＞0），
∴F′（x）=2ax+$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}+1}{x}$（x＞0）．
當(dāng)a≥0時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0恒成立，∴F（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
∴F（x）在（0，+∞）上無極值．
當(dāng)a＜0時(shí)，令F′（x）=0得x=$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$或x=-$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$（舍）．
∴當(dāng)0＜x＜$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，當(dāng)x＞$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，
∴F（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）上單調(diào)遞增，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x=$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$時(shí)，F(xiàn)（x）取得極大值F（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）=$\frac{1}{2}$+ln$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，無極小值，
綜上：當(dāng)a≥0時(shí)，F(xiàn)（x）無極值，
當(dāng)a＜0時(shí)，F(xiàn)（x）有極大值$\frac{1}{2}$+ln$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，無極小值，
（Ⅲ）證明：設(shè)g（x）=e^x-lnx，x＞0，
則即證g（x）＞2，
只要證g（x）_min＞2，
∵g′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
設(shè)h（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
∴h′（x）=e^x+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∵h(yuǎn)（0.5）=$\sqrt{e}$-2＜1.7-2＜0，h（1）=e-1＞0，
∴方程h（x）=0有唯一的實(shí)根x=t，且t∈（0.5，1）
∵當(dāng)t∈（0.5，1）時(shí)，h（x）＜h（t）=0，
當(dāng)t∈（t，+∞）時(shí)，h（x）＞h（t）=0，
∴當(dāng)x=t時(shí)，g（x）_min=e^t-lnt，
∵h(yuǎn)（t）=0，即e^t=$\frac{1}{t}$，
則t=e^-t，
∴g（x）_min=$\frac{1}{t}$-ln=e^-t=$\frac{1}{t}$+t＞2$\sqrt{t•\frac{1}{t}}$=2，
∴e^x＞f′（x）+1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的最值的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力，分類討論思想，屬于中檔題．