Question

9．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{a}{x}$（其中a∈R）
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）设函数h（x）=f′（x）+g（x）-1，试确定h（x）的单调区间及最值；
（Ⅲ）求证：对于任意的正整数n，均有e${\;}^{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{n}}$≥$\frac{{e}^{n}}{n!}$成立．（注：e为自然对数的底数）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅱ）求出h（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（Ⅲ）令a=1，得到$\frac{1}{x}$≥1-lnx=ln$\frac{e}{x}$，亦即 ${e}^{\frac{1}{x}}$≥$\frac{e}{x}$，分别取 x=1，2，…，n，相乘即可．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=xlnx，（x＞0），f′（x）=1+lnx，
令f′（x）＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递增，
∴f（x）的极小值是f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
（Ⅱ）h（x）=f′（x）+g（x）-1=lnx+$\frac{a}{x}$，（x＞0），
h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$，
①a≤0时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）递增，无最值，
②a＞0时，令h′（x）＞0，解得：x＞a，令h′（x）＜0，解得：0＜x＜a，
∴h（x）在（0，a）递减，在（a，+∞）递增，
∴h（x）_min=h（a）=1+lna，
（Ⅲ）取a=1，由（Ⅱ）知，h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$≥f（1）=1，
∴$\frac{1}{x}$≥1-lnx=ln$\frac{e}{x}$，亦即 ${e}^{\frac{1}{x}}$≥$\frac{e}{x}$，
分别取 x=1，2，…，n得${e}^{\frac{1}{1}}$≥$\frac{e}{1}$，
${e}^{\frac{1}{2}}$≥$\frac{e}{2}$，${e}^{\frac{1}{3}}$≥$\frac{e}{3}$，…，${e}^{\frac{1}{n}}$≥$\frac{e}{n}$，
将以上各式相乘，得：e${\;}^{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{n}}$≥$\frac{{e}^{n}}{n!}$成立．

点评 本题主要考查了定积分的概念及利用导数求函数单调区间、最值的问题，属于难度较大的题型，在高考中常作压轴题出现．