Question

6．已知函数f（x）=xlnx，x∈（0，+∞），其导函数为f′（x），现有如下命题：
①对?x₁∈（0，+∞），?x₂∈（0，+∞），使得x₂f（x₁）＞x₁f（x₂）；
②?x₁∈（0，+∞），对?x₂∈（0，+∞）且x₁≠x₂，使得f（x₁）-f（x₂）＜x₂-x₁；
③当a＞3时，对?x∈（0，+∞），不等式f（a+x）＜f（a）•e^x恒成立；
④当a＞3时，对?x∈（3，+∞），且x≠a时，不等式f（x）＞f（a）+f′（a）（x-a）恒成立；其中真命题的个数为（　　）

• A． 1
• B． 2
• C． 3
• D． 4

Answer 1

分析 ①，x₂f（x₁）＞x₁f（x₂）可变为$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{1}}＞\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{2}}$；原命题等价于，在函数f（x）图象上任一点A（x₁，f（xx₁）），都存在点B（x₂，f（x₂）），使得直线OA的斜率大于OB的斜率，结合图象可判定．
②，f（x₁）-f（x₂）＜x₂-x₁可变为f（x₁）+x₁）＜f（x₂）+x₂，原命题等价于，函数g（x）=f（x）+x，对?x₂∈（0，+∞），都存在x₁∈（0，+∞）使g（x₂）＞g（x₁），根据函数g（x）有无最小值判定；
③，f（a+x）＜f（a）•e^x?（a+x）ln（a+x）＜alna）•e^x?$\frac{（a+x）ln（a+x）}{{e}^{a+x}}＜\frac{alna}{{e}^{a}}$，构造函数g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$，利用导数判定函数g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$在区间（3，+∞）上的单调性即可
④，构造函数h（x）=f（x）f（a）-f′（a）（x-a）=xlnx-xlna-x+a，（x＞3）利用导数判定h（x）单调性，求出最值即可判定．

解答 解：函数的定义域为（0，+∞），∵f′（x）=lnx+1，令lnx+1＜0得0＜x＜$\frac{1}{e}$，
∴函数f（x）=xlnx的单调递减区间是（ 0，$\frac{1}{e}$），单调增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞）．
其大致图象如下：

对于①，x₂f（x₁）＞x₁f（x₂）可变为$\frac{f（{x}_{1}）}{{x}_{1}}＞\frac{f（{x}_{2}）}{{x}_{2}}$；
原命题等价于，在函数f（x）图象上任一点A（x₁，f（xx₁）），都存在点B（x₂，f（x₂）），使得直线OA的斜率大于OB的斜率，结合图象可判定①正确．
对于②，f（x₁）-f（x₂）＜x₂-x₁可变为f（x₁）+x₁）＜f（x₂）+x₂，原命题等价于，函数g（x）=f（x）+x，对?x₂∈（0，+∞），都存在x₁∈（0，+∞）使g（x₂）＞g（x₁）；
∵g′（x）=f′（x）+1=lnx+2，显然函数g（x）有最小值，故不存在，故②错；
对于③，f（a+x）＜f（a）•e^x?（a+x）ln（a+x）＜alna）•e^x?$\frac{（a+x）ln（a+x）}{{e}^{a+x}}＜\frac{alna}{{e}^{a}}$，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．
g′（x）=$\frac{lnx-xlnx+1}{{e}^{x}}$，令h（x）=lnx+1-xlnx，则h′（x）=$\frac{1}{x}$-lnx-1，显然h′（x）是减函数．
当x＞1时，h′（x）＜h′（1）=0，从而函数h（x）在（1，+∞）上也是减函数．
从而当x＞3时，h（x）＜h（e）=lne+1-elne=2-e＜0，即 g′（x）＜0，
即函数g（x）=$\frac{xlnx}{{e}^{x}}$在区间（3，+∞）上是减函数．
当a＞3时，对于任意的非零正数x，a+x＞a＞3，进而有g（a+x）＜g（a）恒成立，故③正确；
对于④，构造函数h（x）=f（x）f（a）-f′（a）（x-a）=xlnx-xlna-x+a，（x＞3）
h′（x）=lnx-lna，可知h（x）在（3，a）递减，在（a，+∞）递减，h（x）≥h（a）=0，∴x≠a时，不等式f（x）＞f（a）+f′（a）（x-a）恒成立，故④正确；
故选：C．

点评 本小题主要考查函数与导数的综合应用能力，具体涉及到用导数来研究函数的单调性、极值以及函数零点的情况．属于难题