Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（I）求f（x）的最小值；
（Ⅱ）討論關(guān)于x的方程f（x）-m=0（m∈R）的解的個數(shù)；
（Ⅲ）當(dāng)a＞0，b＞0時，求證：f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．

Answer 1

分析：（1）先求函數(shù)f（x）的值域，然后對函數(shù)f（x）進(jìn)行求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正反判斷函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而可得到最小值；
（2）先由（1）可判斷函數(shù)在不同區(qū)間的不同取值，然后對m的范圍進(jìn)行分析可確定方程f（x）-m=0（m∈R）的解的個數(shù)．
（3）先將不等式f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2轉(zhuǎn)化為f（a）+f[（a+b）-a]≥f（a+b）-（a+b）ln2，然后令函數(shù)g（x）=f（x）+f（k-x）并將函數(shù)f（x）的解析式代入后求導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)判斷函數(shù)的單調(diào)性從而求出函數(shù)g（x）的最小值，并且任意x有g(shù)（x）大于等于g（x）的最小值，得證．

解答：解：（I）f（x）的定義域為（0，+∞）
f′(x)=lnx+1，令f′(x)=0，得：x=

1

e

，
當(dāng)x∈（0，+∞）時，f′（x），f（x）的變化的情況如下：

所以，f（x）在（0，+∞）最小值是f(

1

e

)=-

1

e

．
（Ⅱ）當(dāng)x∈(0，

1

e

)，f（x）單調(diào)遞減且f（x）的取值范圍是(-

1

e

，0)；
當(dāng)x∈(

1

e

，+∞)時，f（x）單調(diào)遞增且f（x）的取值范圍是(-

1

e

，+∞)
下面討論f（x）-m=0的解；
所以，當(dāng)m＜-

1

e

時，原方程無解；
當(dāng)m=-

1

e

或m≥0時，原方程有唯一解；
當(dāng)-

1

e

＜m＜0時，原方程有兩解
（Ⅲ）原不等式可化為：f（a）+f[（a+b）-a]≥f（a+b）-（a+b）ln2
設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）+f（k-x）（k＞0）
則g（x）=xlnx+（k-x）ln（k-x）（0＜x＜k）
g′(x)=lnx+1-ln(k-x)-1=ln

x

k-x

令g'（x）＞0，則ln

x

k-x

＞0，∴

x

k-x

＞1，∴

2x-k

k-x

＞0，
解得：

k

2

＜x＜k，
令g'（x）＜0，解得：0＜x＜

k

2

∴函數(shù)g（x）在(0，

k

2

)上單調(diào)遞減，在(

k

2

，k)上單調(diào)遞增，
∴g（x）在（0，k）上的最小值為g(

k

2

)
∴當(dāng)x∈（0，k）時，總有g(shù)（x）≥g(

k

2

)，
即：f(x)+f(k-x)≥f(

k

2

)+f(k-

k

2

)=2f(

k

2

)
=kln

k

2

=klnk-kln2=f(k)-kln2
令x=a，k-x=b，則有：f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．

點評：本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)之間的關(guān)系．導(dǎo)數(shù)是高考的熱點題，每年必考，要給予充分重視．