Question

已知函数f（x）=xlnx．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当k≤1时，求证：f（x）≥kx-1恒成立．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）对f（x）求导，令f′（x）＞0，得到单增区间；令f′（x）＜0，得到单减区间．
（Ⅱ）可用两种方法证明之．
方法一：要证xlnx≥kx-1（x＞0），即证lnx+

1

x

≥k，再令g(x)=lnx+

1

x

，x＞0，再通过求导确定其最小值进行证明．
方法二：直接作差，令g（x）=f（x）-（kx-1）=xlnx-kx+1，依旧求导确定其性质从而进行证明．

解答： 解：
（Ⅰ） 定义域为（0，+∞），f′（x）=lnx+1，
令f′（x）=0，得 x=

1

e

，f′（x）与f（x）的情况如下：

x	(0， 1 e )	1 e	( 1 e ，+∞)
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

所以f（x）的单调减区间为(0，

1

e

)，单调增区间为(

1

e

，+∞)
（Ⅱ）方法一：要证xlnx≥kx-1（x＞0），即证lnx+

1

x

≥k，
设g(x)=lnx+

1

x

，x＞0，g′(x)=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，g'（x）与g（x）的情况如下：

x	（0，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↘	极小值	↗

所以g（x）≥g（1）=1，即lnx+

1

x

≥1在x＞0时恒成立，
所以，当k≤1时，lnx+

1

x

≥k，
所以xlnx+1≥kx，即xlnx≥kx-1，
所以，当k≤1时，有f（x）≥kx．
方法二：令g（x）=f（x）-（kx-1）=xlnx-kx+1，g′（x）=lnx+1-k，
令g′（x）=0，得x=e^k-1 ，
g′（x）与g（x）的情况如下：

x	（0，ek-1）	ek-1	（ek-1，+∞）
g′（x）	-	0	+
g（x）	↘	极小值	↗

g（x）的最小值为g（e^k-1）=1-e^k-1，
当k≤1时，e^k-1≤1，所以1-e^k-1≥0
故g（x）≥0．
即当k≤1时，f（x）≥kx-1．

点评：在证明不等式时，通过作差找到“差函数”，对“差函数”求导，从而确定其性质．当“差函数”形式比较复杂时，有时需要拆分“差函数”，分别进行研究，在这个过程中，参数分离也是常用的方法．