Question

1．设函数f（x）=x•1nx，g（x）=ax²-2ax+1．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若x∈[1，2]，a∈[1，2]，求证：f（x）≥g（x）．

Answer 1

分析 （1）求导f′（x）=1+1nx，从而由导数的正负确定函数的单调性；
（2）构造函数F（x）=f（x）-g（x）=x•1nx-ax²+2ax-1，从而求导F′（x）=1+lnx-2ax+2a，F″（x）=$\frac{1}{x}$-2a，从而确定函数的最小值即可．

解答 解：（1）∵f（x）=x•1nx，f′（x）=1+1nx，
故当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，f′（x）＜0；
当x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，f′（x）＞0；
故f（x）的单调减区间为（0，$\frac{1}{e}$），
单调增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞）；
（2）证明：令F（x）=f（x）-g（x）=x•1nx-ax²+2ax-1，
故F′（x）=1+lnx-2ax+2a，F″（x）=$\frac{1}{x}$-2a，
∵x∈[1，2]，a∈[1，2]，
∴F″（x）=$\frac{1}{x}$-2a＜0，
∴F′（x）在[1，2]上是减函数，
又∵F′（1）=1+0=1＞0，F′（2）=1+ln2-4a+2a=1+ln2-2a＜0，
∴F（x）在[1，2]上先增后减，
故F（x）的最小值在x=1或x=2上取得，
而F（1）=1ln1-a+2a-1=a-1≥0，（a∈[1，2]）；
F（2）=2ln2-4a+4a-1=2ln2-1=ln4-1＞0，
故F（x）≥0恒成立，即f（x）≥g（x）．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题与函数思想的应用．构造函数F（x）=f（x）-g（x）是关键．