Question

6．已知函數(shù)f（x）=xlnx-ax（a∈R）．
（1）若方程f（x）=-1無(wú)解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）當(dāng)m＞0，n＞0，求證f（m）+f（n）≥f（m+n）-（m+n）ln2．

Answer 1

分析 （1）方程無(wú)解，得到a=lnx+$\frac{1}{x}$無(wú)解，構(gòu)造函數(shù)，令h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，x＞0，求出函數(shù)的最小值，即可得到a的范圍．
（2）原不等式可化為：f（m）+f（n）≥f（m+n）-（m+n）ln2，設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）+f（k-x）（k＞0）．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可證明結(jié)論

解答 解：（1）方程f（x）=-1無(wú)解，即ax=xlnx+1無(wú)解，即a=lnx+$\frac{1}{x}$無(wú)解，
令h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，x＞0，
∴h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
當(dāng)h′（x）＞0時(shí)，即x＞1，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)h′（x）＜0時(shí)，即0＜x＜1，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減，
∴h（x）_min=h（1）=1
∴a＜1，
故a的取值范圍為（-∞，1）
（2）原不等式可化為：f（m）+f（n）≥f（m+n）-（m+n）ln2，
設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）+f（k-x）（k＞0）．
則g（x）=xlnx+（k-x）ln（k-x）（0＜x＜k），
g′（x）=lnx+1-ln（k-x）-1=ln$\frac{x}{k-x}$，
令g′（x）＞0，則ln$\frac{x}{k-x}$＞0，∴$\frac{x}{k-x}$＞1，∴$\frac{2x-k}{k-x}$＞0，解得$\frac{k}{2}$＜x＜k．
令g′（x）＜0，解得0＜x＜$\frac{k}{2}$，
∴函數(shù)g（x）在（0，$\frac{k}{2}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{k}{2}$，k）上單調(diào)遞增，
∴g（x）在（0，k）上的最小值為g（$\frac{k}{2}$），
∴當(dāng)x∈（0，k）時(shí)，總有g(shù)（x）≥g（$\frac{k}{2}$），
即f（x）+f（k-x）≥f（$\frac{k}{2}$）+f（k-$\frac{k}{2}$）=2f（$\frac{k}{2}$）=kln$\frac{k}{2}$=klnk-kln2=f（k）-kln2
令x=m，k-x=n，則有：f（m）+f（n）≥f（m+n）-（m+n）ln2．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等性質(zhì)，及其等價(jià)轉(zhuǎn)化、構(gòu)造函數(shù)法等基本技能．需要較好的觀察力和計(jì)算能力．