Question

8．已知f（x）=xlnx，g（x）=x³+ax²-x+2
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的定义域，求出导数f′（x），在定义域内解不等式f′（x）＜0，f′（x）＞0即得单调区间；
（2）由（1）可知x=$\frac{1}{e}$为f（x）的极值点，按照极值点在区间[t，t+2]的右侧、内部、左侧三种情况进行讨论，由函数的单调性即可求得其最小值；

解答 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=lnx+1，
令f′（x）＜0，解得0＜x＜$\frac{1}{e}$，令f′（x）＞0，解得x＞$\frac{1}{e}$，
所以f（x）的单调减区间为（0，$\frac{1}{e}$），单调增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞）；
（2）由（1）知f（x）的单调减区间为（0，$\frac{1}{e}$），单调增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞），
则（ⅰ）当0＜t＜t+2＜$\frac{1}{e}$时，t无解；
（ⅱ）当0＜t＜$\frac{1}{e}$＜t+2，即0＜t＜$\frac{1}{e}$时，
f（x）在[t，$\frac{1}{e}$]上递减，在[$\frac{1}{e}$，t+2]上递增，
所以f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
（ⅲ）当$\frac{1}{e}$≤t＜t+2，即t≥$\frac{1}{e}$时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，
所以f（x）_min=f（t）=tlnt，
所以f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{e}，0＜t＜\frac{1}{e}}\\{tlnt，t≥\frac{1}{e}}\end{array}\right.$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性、求函数在闭区间上的最值，考查分类讨论思想，属中档题．