Question

已知函數(shù)f （x）=xlnx（x∈（0，+∞））．
（Ⅰ）求f （x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=2f （x）-blnx+x在x∈[1，+∞）上存在零點，求實數(shù)b的取值范圍；
（Ⅲ）任取兩個不等的正數(shù)x₁、x₂，且x₁＜x₂，若存在x₀＞0使f'（x₀）=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

成立，求證：x₀＞x₁．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)求f （x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=2f （x）-blnx+x在x∈[1，+∞）上存在零點，方程2xlnx-blnx+x=0在x∈[1，+∞）上有實數(shù)解，即方程b=2x+

x

lnx

在x∈（1，+∞）上有實數(shù)解，即可求實數(shù)b的取值范圍；
（Ⅲ）求出f′（x₀），代入f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

把lnx₀用lnx₁，lnx₂表示，再用分析法進(jìn)行證明．

解答： 解：（Ⅰ）∵f （x）=xlnx，∴f′（x）=lnx+1，
由lnx+1＞0，即x＞

1

e

時f′（x）＞0，所以f（x）在區(qū)間（

1

e

，+∞）上單調(diào)遞增，
由lnx+1＜0，即0＜x＜

1

e

時f′（x）＜0，所以f（x）在區(qū)間（0，

1

e

）上單調(diào)遞減，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為(

1

e

，  +∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，  

1

e

)
（Ⅱ）∵函數(shù)g（x）=2f （x）-blnx+x在x∈[1，+∞）上存在零點，
∴方程2xlnx-blnx+x=0在x∈[1，+∞）上有實數(shù)解．
易知x=1不是方程的實數(shù)解，
∴方程2xlnx-blnx+x=0在x∈（1，+∞）上有實數(shù)解，
即方程b=2x+

x

lnx

在x∈（1，+∞）上有實數(shù)解．
設(shè)ϕ(x)=2x+

x

lnx

（x＞1），ϕ′(x)=2+

lnx-1

(lnx)2

=

2(lnx)2+lnx-1

(lnx)2

=

(2lnx-1)(lnx+1)

(lnx)2

，
∵x＞1，∴l(xiāng)nx＞0，lnx+1＞0，
當(dāng)2lnx-1＞0，即x＞

e

時，ϕ'（x）＞0；
當(dāng)2lnx-1＜0，即1＜x＜

e

時，ϕ'（x）＜0，
∴ϕ（x）在(1，  

e

)上單調(diào)遞減，在(

e

，  +∞)上單調(diào)遞增，
∴[ϕ(x)]min=ϕ(

e

)=4

e

，
∴實數(shù)b的取值范圍為[4

e

，  +∞)．
（Ⅲ）∵存在x₀＞0使f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

成立，
∴lnx 0+1=

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

成立．
要證明：x₀＞x₁  成立，
只需證明  lnx₀+1＞lnx₁+1成立，
只需證明  

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

＞lnx1+1成立，
只需證明  x₂（lnx₂-lnx₁）＞x₂-x₁成立，
只需證明  ln

x2

x1

＞1-

x1

x2

成立．
設(shè)

x2

x1

=t，∵x₁＜x₂，∴t＞1，∴即證明：lnt＞1-

1

t

當(dāng)t＞1時成立．
令 h(t)=lnt+

1

t

-1(t＞1)，
∵h(yuǎn)′（t）=

t-1

t2

＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（t）＞h（1）=0，即 lnt＞1-

1

t

成立，
∴不等式 x₀＞x₁成立．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了通過構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性和極值證明不等式，是一道難度較大的綜合題型．