Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=xlnx﹣ x2（a∈R）．
（1）若x＞0，恒有f（x）≤x成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）若a=0，求f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）若函數(shù)g（x）=f（x）﹣x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1 ， x2 ， 求證： + ＞2ae．

Answer 1

【答案】
（1）解：x＞0，恒有f（x）≤x成立，

∴xlnx﹣ x2≤x恒成立，

∴ ≥ ，

設(shè)g（x）= ，

∴g′（x）= ，

當(dāng)g′（x）＞0時(shí)，即0＜x＜e2，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增，

當(dāng)g′（x）＜0時(shí)，即x＞e2，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減，

∴g（x）max=g（e2）= = ，

∴ ≥ ，

∴a≥ ，

∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[ ，+∞）

（2）解：當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=xlnx，x＞0，

∴f′（x）=1+lnx，

當(dāng)t＞ 時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在[t，t+2]上單調(diào)遞增，則f（x）min=f（t）=tlnt，

當(dāng)0＜t≤ 時(shí)，令f′（x）＞0，解得x＞ ，令f′（x）＜0，解得x＜ ，

∴f（x）在[t， ]上單調(diào)遞減，在[ ，t+2]上單調(diào)遞增，

∴f（x）min=f（ ）=﹣

（3）解：g′（x）=f（x）′﹣1=lnx﹣ax，函數(shù)g（x）=f（x）﹣x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2，

即g′（x）=lnx﹣ax=0有兩個(gè)不同的實(shí)根，

當(dāng)a≤0時(shí)，g′（x）單調(diào)遞增，g′（x）=0不可能有兩個(gè)不同的實(shí)根；

當(dāng)a＞0時(shí)，設(shè)h（x）=lnx﹣ax，

h′（x）= ，

若0＜x＜ 時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，

若x＞ 時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，

∴h（ ）=﹣lna﹣1＞0，∴0＜a＜ ．

不妨設(shè)x2＞x1＞0，∵g′（x1）=g′（x2）=0，∴l(xiāng)nx1﹣ax1=0，lnx2﹣ax2=0，lnx1﹣lnx2=a（x1﹣x2），

先證 + ＞2，即證 ＜ ，

即證ln ＜ = （ ﹣ ）

令 =t，即證lnt＜ （t﹣ ）

設(shè)φ（t）=lnt﹣ （t﹣ ），則φ′（t）= = ＜0，

函數(shù)φ（t）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴φ（t）＜φ（1）=0，

∴ + ＞2，

又∵ae＜1，

∴ + ＞2ae

【解析】（1）分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值即可，（2）先求導(dǎo)函數(shù)，再分類討論，利用導(dǎo)數(shù)即可求出函數(shù)的最值．（3）函數(shù)g（x）=f（x）﹣x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2 ， 即導(dǎo)函數(shù)g′（x）有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根x1、x2 ， 對(duì)a進(jìn)行分類討論，令 =t，構(gòu)造函數(shù)φ（t），利用函數(shù)φ（t）的單調(diào)性證明不等式．
【考點(diǎn)精析】認(rèn)真審題，首先需要了解利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性(一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個(gè)區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減)，還要掌握函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)(求函數(shù)的極值的方法是:（1）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極大值（2）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極小值)的相關(guān)知識(shí)才是答題的關(guān)鍵．