Question

1．已知函数f（x）=xlnx．
（1）求函数f（x）的单调区间和最小值；
（2）当b＞0时，求证：b^b≥（$\frac{1}{e}$）${\;}^{\frac{1}{n}}$（其中e为自然对数的底数）；
（3）若a＞0，b＞0求证：f（x）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）．

Answer 1

分析 （1）利用导数与函数单调性的关系定理即可得出函数f（x）的单调区间、极小值，进而得到最小值；
（2）由（1）知：当b＞0时，有f（b）≥f（x）_mix=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，即可得出结论；
（3）原不等式可化为：f（a）+f[（a+b）-a]≥f（a+b）-（a+b）ln2，设函数g（x）=f（x）+f（k-x）（k＞0）．利用导数研究其单调性即可证明结论．

解答 解：（1）∵f′（x）=1+lnx （x＞0）-----（1分）
令f′（x）≥0得：lnx≥-1=lne^-1，
∵e＞1，∴x≥$\frac{1}{e}$； 
令f′（x）＜0得：0＜x＜$\frac{1}{e}$；-----（2分）
∴f（x）在[$\frac{1}{e}$，+∞）上为增函数；在（0，$\frac{1}{e}$]上为减函数．----（4分）
（2）由（1）知：当b＞0时，有f（b）≥f（x）_mix=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，----（6分）
∴blnb≥-$\frac{1}{e}$，即：lnb^b≥ln（$\frac{1}{e}$）${\;}^{\frac{1}{n}}$，∴b^b≥（$\frac{1}{e}$）${\;}^{\frac{1}{n}}$．-----（8分）
（3）将f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）变形为：
f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2------（7分）
即只证：f（a）+f（a+b-a）≥f（a+b）-（a+b）ln2
设函数g（x）=f（x）+f（k-x）（k＞0）------（8分）
∴g（x）=xlnx+（k-x）ln（k-x），∴0＜x＜k
∴g′（x）=lnx+1-ln（k-x）-1=ln$\frac{x}{k-x}$ 
令g′（x）＞0，得：$\frac{x}{k-x}$＞1⇒$\frac{2x-k}{k-x}$＞0⇒$\frac{k}{2}$＜x＜k．
∴g（x）在[$\frac{k}{2}$，k）上单调递增；在（0，$\frac{k}{2}$]上单调递减；
∴g（x）的最小值为：g（$\frac{k}{2}$），即总有：g（x）≥g（$\frac{k}{2}$）．----（12分）
g（$\frac{k}{2}$）=f（$\frac{k}{2}$）+f（k-$\frac{k}{2}$）=kln$\frac{k}{2}$=k（lnk-2）=f（k）-kln2
∴g（x）≥f（k）-kln2，即：f（x）+f（k-x）≥f（k）-kln2，-----（13分）
令x=a，k-x=b，则k=a+b
∴f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2，
∴f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）成立．------（14分）

点评 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质，及其等价转化、构造函数法等基本技能．需要较好的观察力和计算能力．