Question

10．设函数f（x）=x•lnx+ax，a∈R．
（Ⅰ）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）求函数y=f（x）在$[\frac{1}{e}，e]$上的最小值；
（Ⅲ）若$g（x）=f（x）+\frac{1}{2}a{x^2}-（2a+1）x$，求证：a≥0是函数y=g（x）在x∈（1，2）时单调递增的充分不必要条件．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出f（x）的最小值，通过讨论a的范围，得到函数f（x）的单调性，从而确定f（x）在闭区间的最小值即可；
（Ⅲ）求出g（x）的导数，通过讨论a的范围分别证明充分性和必要性即可．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=xlnx+ax得：f′（x）=lnx+a+1．
当a=1时，f′（x）=lnx+2，f（1）=1，f′（1）=2，
求得切线方程为y=2x-1…（4分）
（Ⅱ）令f′（x）=0，得x=e^-（a+1），
∴当e^-（a+1）≤$\frac{1}{e}$，即a≥0时，x∈[$\frac{1}{e}$，e]时f′（x）≥0恒成立，f（x）单调递增，
此时f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=$\frac{a-1}{e}$．
当e^-（a+1）≥e，即a≤-2时，x∈[$\frac{1}{e}$，e]时，f′（x）≤0恒成立，f（x）单调递减，
此时f（x）_min=f（e）=ae+e，
当$\frac{1}{e}$＜e^-（a+1）＜e，即-2＜a＜0时，x∈[$\frac{1}{e}$，e^-（a+1））时，f′（x）＜0，f（x）单减；
x∈（e^-（a+1），e）时，f′（x）＞0，f（x）单增，此时f（x）_min=f（e^-（a+1））=-e^-（a+1），
…（9分）
（Ⅲ）g′（x）=f′（x）+ax-（2a+1）=lnx+a（x-1），
∴当a≥0时，x∈（1，2）时lnx＞0，a（x-1）≥0，g′（x）＞0恒成立，
函数y=g（x）在x∈（1，2）时单调递增，充分条件成立；
又当a=-$\frac{1}{2}$时，代入g′（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$，
设h（x）=g′（x）=lnx-$\frac{1}{2}$x+$\frac{1}{2}$，x∈（1，2），
则h′（x）=$\frac{2-x}{2x}$＞0恒成立
∴当x∈（1，2）时，h（x）单调递增．
又h（1）=0，∴当x∈（1，2）时，h（x）＞0恒成立．
而h（x）=g′（x），
∴当x∈（1，2）时，g′（x）＞0恒成立，函数y=g（x）单调递增．
∴必要条件不成立
综上，a≥0是函数y=g（x）在x∈（1，2）时单调递增的充分不必要条件．…（14分）

点评 本题考查了充分必要条件，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．