Question

16．已知函數(shù)f（x）=xlnx+a（a∈R）
（Ⅰ） 若f（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ） 若0＜x₁＜x₂，求證：對于任意x∈（x₁，x₂），不等式$\frac{{f（x）-f（{x_1}）}}{{x-{x_1}}}＜\frac{{f（x）-f（{x_2}）}}{{x-{x_2}}}$成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值，問題即可解決，
（Ⅱ）欲證明不等式$\frac{{f（x）-f（{x_1}）}}{{x-{x_1}}}＜\frac{{f（x）-f（{x_2}）}}{{x-{x_2}}}$成立，從圖象分析可先證$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＜f′（x）＜$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$，分別構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和最值關(guān)系即可證明

解答 解：（Ⅰ）f（x）=xlnx+a的定義域?yàn)椋?，+∞），
∴f′（x）=1+lnx，
令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$，
當(dāng)f′（x）＞0時(shí)，即x＞$\frac{1}{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)f′（x）＜0時(shí)，即0＜x＜$\frac{1}{e}$時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$+a，
∵f（x）≥0恒成立，
∴-$\frac{1}{e}$+a≥0，
∴a≥$\frac{1}{e}$，
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知，f′（x）=1+lnx，
∴f′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
欲證明不等式$\frac{{f（x）-f（{x_1}）}}{{x-{x_1}}}＜\frac{{f（x）-f（{x_2}）}}{{x-{x_2}}}$成立，
從圖象分析可先證$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＜f′（x）＜$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$，
先證明$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＜f′（x）=lnx+1，0＜x₁＜x，
即證f（x）-f（x₁）-（x-x₁）（lnx+1）＜0，
設(shè)F（x）=f（x）-f（x₁）-（x-x₁）（lnx+1），0＜x₁＜x＜x₂，
∴F′（x）=f′（x）-（lnx+1）-$\frac{x-{x}_{1}}{x}$=（lnx+1）-（lnx+1）-（1-$\frac{{x}_{1}}{x}$）=$\frac{{x}_{1}}{x}$-1＜0，
∴F（x）在（x₁，x₂）內(nèi)為減函數(shù)，
∴F（x）＜F（x₁）=0，
∴$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＜lnx+1對于（x₁，x₂）成立，
欲證lnx+1＜$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$，即證f（x）-f（x₂）-（x-x₂）（lnx+1）＜0，
設(shè)G（x）=f（x）-f（x₂）-（x-x₂）（lnx+1），0＜x₁＜x＜x₂，
∴G′（x）=f′（x）-（lnx+1）-$\frac{x-{x}_{2}}{x}$=（lnx+1）-（lnx+1）-（1-$\frac{{x}_{2}}{x}$）=$\frac{{x}_{2}}{x}$-1＞0，
∴G（x）在（x₁，x₂）內(nèi)為增函數(shù)，
∴G（x）＜G（x₂）=0，
∴l(xiāng)nx+1＜$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$對于（x₁，x₂）成立，
綜上所述對于任意x∈（x₁，x₂），不等式$\frac{{f（x）-f（{x_1}）}}{{x-{x_1}}}＜\frac{{f（x）-f（{x_2}）}}{{x-{x_2}}}$成立

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)恒成立的問題，以及導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和最值得關(guān)系，考查了學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)化能力，屬于難題