Question

18．设函数f（x）=xlnx（x＞0）：
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）设F（x）=ax²+f′（x）（a∈R），F（x）是否存在极值，若存在，请求出极值；若不存在，请说明理由；
（3）当x＞0时，证明：e^x＞f′（x）+1．

Answer 1

分析 （1）求导函数f′（x），解不等式f′（x）＞0得出增区间，解不等式f′（x）＜0得出减区间；
（2）求F′（x），讨论F′（x）=0的解的情况及F（x）的单调性得出结论；
（3）构造函数设g（x）=e^x-lnx，x＞0，则即证g（x）＞2，只要证g（x）_min＞2，利用导数判断函数的单调性，求得g（x）的最小值即得，不等式即可得证．

解答 解：（1）函数的定义域为（0，+∞）
求导函数，可得f′（x）=1+lnx
令f′（x）=1+lnx=0，可得x=$\frac{1}{e}$
∴0＜x＜$\frac{1}{e}$时，f′（x）＜0，x＞$\frac{1}{e}$时，f′（x）＞0
∴函数f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）单调递增，
（2）∴F（x）=ax²+f′（x）（x＞0），
∴F′（x）=2ax+$\frac{1}{x}$=$\frac{2a{x}^{2}+1}{x}$（x＞0）．
当a≥0时，F′（x）＞0恒成立，∴F（x）在（0，+∞）上为增函数，
∴F（x）在（0，+∞）上无极值．
当a＜0时，令F′（x）=0得x=$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$或x=-$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$（舍）．
∴当0＜x＜$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$时，F′（x）＞0，当x＞$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$时，F′（x）＜0，
∴F（x）在（0，$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）上单调递增，在（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，+∞）上单调递减，
∴当x=$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$时，F（x）取得极大值F（$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$）=$\frac{1}{2}$+ln$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，无极小值，
综上：当a≥0时，F（x）无极值，
当a＜0时，F（x）有极大值$\frac{1}{2}$+ln$\sqrt{-\frac{1}{2a}}$，无极小值，
（Ⅲ）证明：设g（x）=e^x-lnx，x＞0，
则即证g（x）＞2，
只要证g（x）_min＞2，
∵g′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
设h（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
∴h′（x）=e^x+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0恒成立，
∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，
∵h（0.5）=$\sqrt{e}$-2＜1.7-2＜0，h（1）=e-1＞0，
∴方程h（x）=0有唯一的实根x=t，且t∈（0.5，1）
∵当t∈（0.5，1）时，h（x）＜h（t）=0，
当t∈（t，+∞）时，h（x）＞h（t）=0，
∴当x=t时，g（x）_min=e^t-lnt，
∵h（t）=0，即e^t=$\frac{1}{t}$，
则t=e^-t，
∴g（x）_min=$\frac{1}{t}$-ln=e^-t=$\frac{1}{t}$+t＞2$\sqrt{t•\frac{1}{t}}$=2，
∴e^x＞f′（x）+1．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的导数的最值的应用，考查分析问题解决问题的能力，分类讨论思想，属于中档题．