Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和最小值；
（Ⅱ）當(dāng)b＞0時，求證：bb≥(

1

e

)

1

e

（其中e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù)）；
（Ⅲ）若a＞0，b＞0，證明：f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）．

Answer 1

分析：（I）先對函數(shù)求導(dǎo)，令導(dǎo)函數(shù)大于0得到遞增區(qū)間，令導(dǎo)函數(shù)小于0得到遞減區(qū)間，進(jìn)一步求出最小值；
（II）由（I）可知當(dāng)b＞0時，有f(b)≥f(x)min=-

1

e

，整理可得要證的結(jié)論．
（III）構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）+f（k-x），（k＞0），利用導(dǎo)函數(shù)判斷出g（x）的單調(diào)性，進(jìn)一步求出g（x）的最小值為g(

k

2

)整理可得證．

解答：解：（Ⅰ）∵f'（x）=lnx+1（x＞0），
令f'（x）≥0，即lnx≥-1=lne^-1．…（1分）
∴x≥e-1=

1

e

．，
∴x∈[

1

e

，+∞)．
同理，令f′(x)≤0可得x(0，

1

e

]．
∴f（x）單調(diào)遞增區(qū)間為[

1

e

，+∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，

1

e

]．…（3分）
由此可知y=f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

．…（4分）
（Ⅱ）由（I）可知當(dāng)b＞0時，有f(b)≥f(x)min=-

1

e

，
∴blnb≥-

1

e

，
即ln(bb)≥-

1

e

=ln(

1

e

)

1

e

．
∴bb≥(

1

e

)

1

e

．
（Ⅲ） 設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）+f（k-x），（k＞0）

∵f(x)=xlnx， ∴g(x)=xlnx+(k-x)ln(k-x)， ∴0＜x＜k. ∵g′(x)=lnx+1-ln(k-x)-1=ln x k-x ， 令g′(x)＞0，則有 x k-x ＞1⇒ 2x-k k-x ＞0⇒ k 2 ＜x＜k.

∴函數(shù)g(x)在[

k

2

，k）上單調(diào)遞增，在(0，

k

2

]上單調(diào)遞減．
∴g（x）的最小值為g(

k

2

)，即總有g(x)≥g(

k

2

)．
而g(

k

2

)=f(

k

2

)+f(k-

k

2

)=kln

k

2

=k(lnk-ln2)=f(k)-kln2，
∴g（x）≥f（k）-kln2，
即f（x）+f（k-x）≥f（k）-kln2．
令x=a，k-x=b，則k=a+b．
∴f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．
∴f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）．

點(diǎn)評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性及求單調(diào)區(qū)間；函數(shù)在區(qū)間上的最值的求解，其一般步驟是：先求極值，比較函數(shù)在區(qū)間內(nèi)所有極值與端點(diǎn)函數(shù)．若函數(shù)在區(qū)間上有唯一的極大（�。┲担瑒t該極值就是相應(yīng)的最大（�。┲担�