Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=x²-6x+1．
（Ⅰ）求函數(shù)y=

4f(x)

x

+g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（Ⅲ）試判斷方程lnx=

1

ex

-

2

ex

（其中e=2.718…）是否有實數(shù)解？并說明理由．

Answer 1

分析：（I）利用導數(shù)的運算法則得到y(tǒng)^′，（x＞0），令y^′＞0，解出即可得到其單調(diào)遞增區(qū)間；
（II）利用導數(shù)的運算法則得到f^′（x），進而可得到其單調(diào)區(qū)間．分類討論：當0＜t＜

1

e

時與當t≥

1

e

時的單調(diào)性，即可得到其最小值；
（III）方程lnx=

1

ex

-

2

ex

（其中e=2.718…）?xlnx=

x

ex

-

2

e

（x＞0）．令u（x）=xlnx，v（x）=

x

ex

-

2

e

．（x＞0）．利用導數(shù)分別研究u（x）的最大值與v（x）的最小值，進行比較即可．

解答：解：（Ⅰ）函數(shù)y=

4f(x)

x

+g(x)=4lnx+x²-6x+1，（x＞0），
∴y′=

4

x

+2x-6=

2x2-6x+4

x

=

2(x-1)(x-2)

x

，
令y^′＞0，解得0＜x＜1或x＞2，
∴函數(shù)y=

4f(x)

x

+g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，1）和（1，+∞）．
（II）f^′（x）=lnx+1，令f^′（x）=0，解得x=

1

e

．
當0＜x＜

1

e

時，f^′（x）＜0，函數(shù)f（x）在(0，

1

e

)上單調(diào)遞減；當x＞

1

e

時，f^′（x）＞0，函數(shù)f（x）在(0，

1

e

)上單調(diào)遞增．
①當0＜t＜

1

e

時，x∈[t，

1

e

)時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；x∈(

1

e

，t+2]，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
因此當x=

1

e

時，f（x）取得極小值，也即最小值，且f(

1

e

)=

1

e

ln

1

e

=-

1

e

．
②當t≥

1

e

時，f（x）在區(qū)間[t，t+2]內(nèi)單調(diào)遞增，因此x=t時，函數(shù)f（x）取得最小值，且f（t）=tlnt．
（Ⅲ）方程lnx=

1

ex

-

2

ex

（其中e=2.718…）?xlnx=

x

ex

-

2

e

（x＞0）．
令u（x）=xlnx，v（x）=

x

ex

-

2

e

．（x＞0）．
由（II）可知：u（x）在x=

1

e

時取得極小值，也即最小值-

1

e

．
v′(x)=

ex-xex

e2x

=

1-x

ex

，當0＜x＜1時，v^′（x）＞0，函數(shù)v（x）單調(diào)遞增；當1＜x時，v^′（x）＜0，函數(shù)v（x）單調(diào)遞減．
因此當x=1時，v（x）取得極大值，也即最大值v（1）=

1

e

-

2

e

=-

1

e

．
而當x=1時，u（1）=0＞-

1

e

=v（1），故方程lnx=

1

ex

-

2

ex

（其中e=2.718…）無實數(shù)解．

點評：熟練掌握利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．