Question

已知函数f（x）=xlnx．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和最小值；
（Ⅱ）若函数F（x）=

f(x)-a

x

在[1，e]上是最小值为

3

2

，求a的值；
（Ⅲ）当b＞0时，求证：bb≥(

1

e

)

1

e

（其中e=2.718 28…是自然对数的底数）．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求导函数，令f′（x）≥0，确定函数的单调递增区间；令f′（x）≤0，确定函数的单调递减区间，从而可求函数的最小值；
（Ⅱ）F（x）=

f(x)-a

x

=

xlnx-a

x

，求导函数可得F′（x）=

x+a

x2

，分类讨论，确定函数的单调性，利用函数在[1，e]上是最小值为

3

2

，可求a的值；
（Ⅲ）由（I）可知当b＞0时，有f（b）≥f（x）_min=f（

1

e

）=-

1

e

，所以blnb≥-

1

e

，从而可知结论成立．

解答：（Ⅰ）解：求导函数可得：f′（x）=lnx+1（x＞0）
令f′（x）≥0，即lnx≥-1，∴x≥

1

e

；令f′（x）≤0，即lnx≤-1，∴0＜x≤

1

e

；
∴f（x）单调递增区间为[

1

e

，+∞），单调递减区间为（0，

1

e

]
∴f（x）_min=f（

1

e

）=-

1

e

（Ⅱ）解：F（x）=

f(x)-a

x

=

xlnx-a

x

，求导函数可得F′（x）=

x+a

x2

当a≥0时，F′（x）＞0，F（x）在[1，e]上单调递增，F（x）_min=-a=

3

2

，∴a=-

3

2

∉[0，+∞），舍去；
当a＜0时，F（x）在（0，-a）单调递减，在（-a，+∞）单调递增
若a∈（-1，0），F（x）在[1，e]上单调递增，F（x）_min=-a=

3

2

，∴a=-

3

2

∉（-1，0），舍去；
若a∈[-e，-1]，F（x）在（1，-a）单调递减，在（-a，e）单调递增，
∴F（x）_min=F（-a）=ln（-a）+1=

3

2

，∴a=-

e

∈[-e，-1]；
若a∈（-∞，-1），F（x）在[1，e]上单调递减，∴F（x）_min=F（e）=-

1

2

e∉（-∞，-1），舍去；
综上所述：a=-

e

（Ⅲ）证明：由（I）可知当b＞0时，有f（b）≥f（x）_min=f（

1

e

）=-

1

e

，∴blnb≥-

1

e

，
即ln(bb)≥-

1

e

=ln(

1

e

)

1

e

．
∴bb≥(

1

e

)

1

e

点评：本试题考查了导数在研究函数中的运用，求函数的最值，以及结合不等式的知识证明不等式的成立．解决该试题的关键是第一问能利用导数求出参数a的值，并能利用第一问来递进式解决第二问．