Question

2．已知函数f（x）=xlnx．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若不等式$\frac{f（x+1）}{x+1}$+$\frac{{x}^{2}}{2}$≥kx对所有x∈（0，+∞）恒成立，求实数k的取值范围．
（3）若实数x₁≠x₂满足f（x₁）=f（x₂），证明：x₁+x₂＞$\frac{2}{e}$．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，从而求出函数的单调区间；
（2）问题转化为g（x）=ln（x+1）+$\frac{{x}^{2}}{2}$-kx≥0对?x∈（0，+∞）恒成立，求出函数的导数，得到导函数递增，求出导函数的最小值，通过讨论1-k的范围，结合函数的单调性，从而求出k的范围；
（3）不妨令x₁＜x₂，得：0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜x₂，构造F（x）=f（$\frac{1}{e}$+x）-f（$\frac{1}{e}$-x），x∈[0，$\frac{1}{e}$），求出函数的导数，得到f（x₂）＞f（$\frac{2}{e}$-x₁）?x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，从而证出结论．

解答 解：（1）∵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；
（2）不等式$\frac{f（x+1）}{x+1}$+$\frac{{x}^{2}}{2}$≥kx对所有x∈（0，+∞）恒成立，
即g（x）=ln（x+1）+$\frac{{x}^{2}}{2}$-kx≥0对?x∈（0，+∞）恒成立，
函数g（x）的定义域是（-1，+∞），g（0）=0，g′（x）=$\frac{1}{x+1}$+x-k，
g″（x）=-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$+1=$\frac{x（x+2）}{{（x+1）}^{2}}$＞0，
∴g′（x）在（0，+∞）递增，g′（x）_最小值=g′（0）=1-k，
①当1-k≥0，g′（x）＞在（0，+∞）恒成立，g（x）在（0，+∞）递增，
g（x）≥g（0）=0，当且仅当x=0时取等号，
即g（x）＞0在（0，+∞）恒成立，符合题意；
②当1-k＜0，g′（x）在（0，+∞）上是增函数，
则g′（x）在x∈（0，+∞）有零点x₀∈（0，+∞），
则g（x）在（0，x₀）递减，在（x₀，+∞）递增，
但g（0）=0，则有g（x₀）＜g（0）=0与g（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立矛盾（舍），
综上：k∈（-∞，1]；
（3）由（1），不妨令x₁＜x₂，得：0＜x₁＜$\frac{1}{e}$＜x₂，
构造F（x）=f（$\frac{1}{e}$+x）-f（$\frac{1}{e}$-x），x∈[0，$\frac{1}{e}$），
F′（x）=ln（$\frac{1}{e}$+x）+ln（$\frac{1}{e}$-x）+2，
F″（x）=$\frac{2x}{{x}^{2}-\frac{1}{{e}^{2}}}$≤0恒成立，
F′（x）在x∈[0，$\frac{1}{e}$）上单调递减，
F′（x）≤F′（0）=0，F（x）在x∈[0，$\frac{1}{e}$）上单调递减，
F（x）≤F（0）=0，当且仅当x=0取“=”，
即对于x∈（0，$\frac{1}{e}$），f（$\frac{1}{e}$+x）＜f（$\frac{1}{e}$-x）恒成立，
又0＜x₁＜$\frac{1}{e}$，0＜$\frac{1}{e}$-x₁＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x₂）=f（x₁）=f[$\frac{1}{e}$-（$\frac{1}{e}$-x₁）]＞f[$\frac{1}{e}$+（$\frac{1}{e}$-x₁）]
=f（$\frac{2}{e}$-x₁），
此时：$\frac{1}{e}$＜x₂，$\frac{1}{e}$＜$\frac{2}{e}$-x₁＜$\frac{2}{e}$，
由f（x）的递增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞）知：
f（x₂）＞f（$\frac{2}{e}$-x₁）?x₂＞$\frac{2}{e}$-x₁，
即x₁+x₂＞$\frac{2}{e}$，得证．

点评 本题考查函数的单调性、最值、函数恒成立问题，考查导数的应用，转化思想，是一道难题．