Question

5．已知函数f（x）=xlnx．
（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅱ）对于任意正实数x，不等式f（x）＞kx-$\frac{1}{2}$恒成立，求实数k的取值范围；
（Ⅲ）求证：当a＞3时，对于任意正实数x，不等式f（a+x）＜f（a）•e^x恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用导数即可求出单调区间；
（Ⅱ）分离参数，构造函数，求出函数的最小值即可；
（Ⅲ）问题转化为$\frac{（a+x）ln（a+x）}{{e}^{a+x}}$＜$\frac{alna}{{e}^{a}}$，构造函数g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$，则问题就是要求g（a+x）＜g（a）恒成立，多次构造函数和求导，利用导数和函数最值的关系，问题得以证明．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=xlnx．
∴f′（x）=1+lnx，
当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，f′（x）＜0；当x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，f′（x）＞0．
所以函数f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增．
（Ⅱ）由于x＞0，f（x）＞kx-$\frac{1}{2}$恒成立，
∴k=lnx+$\frac{1}{2x}$．
构造函数k（x）=lnx+$\frac{1}{2x}$．
∴k′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{2{x}^{2}}$=$\frac{2x-1}{2{x}^{2}}$．
令k′（x）=0，解得x=$\frac{1}{2}$，
当x∈（0，$\frac{1}{2}$）时，k′（x）＜0，当x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，k′（x）＞0．
∴函数k（x）在点x=$\frac{1}{2}$处取得最小值，即k（$\frac{1}{2}$）=1-ln2．
因此所求的k的取值范围是（-∞，1-ln2）．
（Ⅲ）f（a+x）＜f（a）•e^x?（a+x）ln（a+x）＜alna）•e^x?$\frac{（a+x）ln（a+x）}{{e}^{a+x}}$＜$\frac{alna}{{e}^{a}}$．
构造函数g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$，则问题就是要求g（a+x）＜g（a）恒成立．
对于g（x）求导得 g′（x）=$\frac{（lnx+1）{e}^{x}-xlnx•{e}^{x}}{{e}^{2x}}$．
令h（x）=lnx+1-xlnx，则h′（x）=$\frac{1}{x}$-lnx-1，显然h′（x）是减函数．
当x＞1时，h′（x）＜h′（1）=0，从而函数h（x）在（1，+∞）上也是减函数．
从而当x＞3时，h（x）＜h（e）=lne+1-elne=2-e＜0，即 g′（x）＜0，
即函数g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$在区间（3，+∞）上是减函数．
当a＞3时，对于任意的非零正数x，a+x＞a＞3，进而有g（a+x）＜g（a）恒成立，结论得证．

点评 本小题主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来研究函数的单调性、极值以及函数零点的情况．属于难题