Question

12．已知函数f（x）=xlnx．
（1）不等式f（x）＞kx-$\frac{1}{2}$对于任意正实数x均成立，求实数k的取值范围；
（2）是否存在整数m，使得对于任意正实数x，不等式f（m+x）＜f（m）e^x恒成立？若存在，求出最小的整数m，若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）对于任意正实数x，不等式f（x）＞kx-$\frac{1}{2}$恒成立，即为k＜lnx+$\frac{1}{2x}$，x＞0，令g（x）=lnx+$\frac{1}{2x}$，x＞0，求出导数，求得单调区间，得到极小值也为最小值，即可得到k的范围；
（2）问题转化为$\frac{（m+x）ln（m+x）}{{e}^{m+x}}$＜$\frac{mlnm}{{e}^{m}}$恒成立，令g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$求出g′（x）=$\frac{1+（1-x）lnx}{{e}^{x}}$，设p（x）=1+（1-x）lnx，通过讨论p（x）的单调性，判断出g（3+x）＜g（3）恒成立，从而求出满足条件的m的值即可．

解答 解：（1）对于任意正实数x，不等式f（x）＞kx-$\frac{1}{2}$恒成立，
即为k＜lnx+$\frac{1}{2x}$，x＞0，
令g（x）=lnx+$\frac{1}{2x}$，x＞0，则g′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{2x}^{2}}$=$\frac{2x-1}{{2x}^{2}}$，
在（0，$\frac{1}{2}$）上，g′（x）＜0，g（x）递减，
在（$\frac{1}{2}$，+∞）上，g′（x）＞0，g（x）递增，
即有g（x）在x=$\frac{1}{2}$处取得极小值，且为最小值1-ln2，
则k＜1-ln2，
故实数k的取值范围是（-∞，1-ln2）；
（2）∵f（m+x）＜f（m）e^x恒成立，
∴（m+x）ln（m+x）＜mlnm•e^x，
即$\frac{（m+x）ln（m+x）}{{e}^{m+x}}$＜$\frac{mlnm}{{e}^{m}}$恒成立，
令g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$，g′（x）=$\frac{1+（1-x）lnx}{{e}^{x}}$，
设p（x）=1+（1-x）lnx，p′（x）=$\frac{1}{x}$-1-lnx，而p′（1）=0且p′（x）递减，
∴x∈（0，1）时，p′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，p′（x）＜0，
故p（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
又x→0，p（x）→-∞，p（1）=1＞0，x→+∞时，p（x）→-∞，
由零点的存在定理，p（x）=0在（0，1），（1，+∞）内各有一根x₁＜1＜x₂，
∴x∈（0，x₁），g′（x）＜0，x∈（x₁，x₂），g′（x）＞0，x∈（x₂，+∞），g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，x₁）递增，在（x₁，x₂）递减，在（x₂，+∞）递增，
∵p（2）=1-ln2＞0，p（3）=1-2ln3＜0，故x₂∈（2，3），
∴m=3时，g（x）在（3，+∞）递减，此时，g（3+x）＜g（3）恒成立，
若m=1，2，则g（x₂）＞g（m），矛盾，
综上，存在最小正整数m=3．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，注意运用参数分离和构造函数的方法，考查运算能力，是一道综合题．