Question

5．已知函数f（x）=xlnx．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）对于任意正实数x，不等式f（x）＞kx-$\frac{1}{2}$恒成立，求实数k的取值范围；
（3）是否存在最小的正常数m，使得：当a＞m时，对于任意正实数x，不等式f（a+x）＜f（a）•e^x恒成立？给出你的结论，并说明结论的合理性．

Answer 1

分析 （1）利用导数即可求出单调区间；
（2）分离参数，构造函数，求出函数的最小值即可；
（3）问题转化为$\frac{（a+x）ln（a+x）}{{e}^{a+x}}$＜$\frac{alna}{{e}^{x}}$，构造函数g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$，则问题就是要求g（a+x）＜g（a）恒成立，多次构造函数和求导，利用导数和函数最值的关系，得到存在最小的正常数m，问题得以解决．

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）由于x＞0，f（x）＞kx-$\frac{1}{2}$恒成立，
∴k=lnx+$\frac{1}{2x}$．
构造函数k（x）=lnx+$\frac{1}{2x}$．
∴k′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{2{x}^{2}}$=$\frac{2x-1}{2{x}^{2}}$．
令k′（x）=0，解得x=$\frac{1}{2}$，
当x∈（0，$\frac{1}{2}$）时，k′（x）＜0，当x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，k′（x）＞0．
∴函数k（x）在点x=$\frac{1}{2}$处取得最小值，即k（$\frac{1}{2}$）=1-ln2．
因此所求的k的取值范围是（-∞，1-ln2）．
（3）结论：这样的最小正常数m存在．解释如下：
f（a+x）＜f（a）•e^x?（a+x）ln（a+x）＜alna）•e^x?$\frac{（a+x）ln（a+x）}{{e}^{a+x}}$＜$\frac{alna}{{e}^{x}}$．
构造函数g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$，则问题就是要求g（a+x）＜g（a）恒成立．
对于g（x）求导得 g′（x）=$\frac{lnx+1-xlnx}{{e}^{x}}$．
令h（x）=lnx+1-xlnx，则h′（x）=$\frac{1}{x}$-lnx-1，显然h′（x）是减函数．
又h′（1）=0，所以函数h（x）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，
而h（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=ln$\frac{1}{{e}^{2}}$+1-$\frac{1}{{e}^{2}}•ln\frac{1}{{e}^{2}}$=-2+1+$\frac{2}{{e}^{2}}$=$\frac{2-{e}^{2}}{{e}^{2}}$＜0，
h（1）=ln1+1-ln1=1＞0，h（e）=lne+1-elne=1+1-e=2-e＜0．
所以函数h（x）在区间（0，1）和（1，+∞）上各有一个零点，令为x₁和x₂（x₁＜x₂），
并且有：在区间（0，x₁）和（x₂，+∞）上，h（x）＜0即g′（x）＜0；
在区间（x₁，x₂）上，h（x）＞0即g′（x）＞0．
从而可知函数g（x）在区间（0，x₁）和（x₂，+∞）上单调递减，在区间（x₁，x₂）上单调递增．
g（1）=0，当0＜x＜1时，g（x）＜0；当x＞1时，g（x）＞0．还有g（x₂）是函数的极大值，也是最大值．
题目要找的m=x₂，理由是：
当a＞x₂时，对于任意非零正数x，a+x＞a+x₂，而g（x）在（x₂，+∞）上单调递减，
所以g（a+x）＜g（a）一定恒成立，即题目所要求的不等式恒成立，
说明m≤x₂；
当0＜a＜x₂时，取x=x₂-a，显然x＞0且g（a+x）=g（x₂）＞g（a），
题目所要求的不等式不恒成立，说明m不能比x₂小．
综合可知，题目所要寻求的最小正常数m就是x₂，即存在最小正常数m=x₂，当a＞m时，对于任意正实数x，不等式不等式f（a+x）＜f（a）•e^x恒成立．

点评 本题主要考查了函数导数与单调性、零点以及不等式的问题，主要是利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查计算能力和分析问题的能力，以及分类讨论思想，属于难题．