Question

已知函数f（x）=x（lnx+1）．
（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）设F（x）=ax²+f′（x）（a∈R），讨论函数F（x）的单调性；
（Ⅲ）如果在公共定义域D上的函数f（x），f₁（x），f₂（x）满足f₁（x）＜f（x）＜f₂（x），那么就称f（x）为f₁（x）、f₂（x）的“可控函数”．已知函数f₁（x）=xlnx-a²lnx-

1

2

x²+（2a+1）x，f₂（x）=x³+x+a，若在区间（1，+∞）上，函数f（x）是f₁（x）、f₂（x）的“可控函数”，求实数a的取范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导函数，确定函数的单调性，即可求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）分类讨论，利用导数的正负，即可得到函数F（x）的单调性．
（Ⅲ）由题意g（x）=f₁（x）-f（x）＜0，且h（x）=f₂（x）-f（x）＞0且在区间（1，+∞）上恒成立，分别确定函数的最小与最大，即可求得a的取值范围．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=x（lnx+1）．
∴f′（x）=lnx+2．
令f′（x）=0．解得x=

1

e2

∵当x∈（0，

1

e2

） 时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x∈（

1

e2

，+∞） 时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴当x=

1

e2

时，f(x)min=

1

e2

(1n

1

e2

+1)=-

1

e2

，
故函数f（x）的最小值为-

1

e2

（Ⅱ）∵F（x）=ax²+f′（x），
∴F（x）=ax²+lnx+2．（x＞0）
∴F′（x）=2ax+

1

x

=

2ax2+1

x

．（x＞0）
①当a≥0时，恒有F'（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上是增函数；
②当a＜0时，令F'（x）＞0，解得0＜x＜

- 1 2a

，函数f（x）单调递增，
令F'（x）＜0，解得x＞

- 1 2a

，函数f（x）单调递减，
综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；
当a＜0时，F（x）在(0，

- 1 2a

)上单调递增，在(

- 1 2a

，+∞)上单调递减，
（Ⅲ）在区间（1，+∞）上，函数f（x）为f₁（x）、f₂（x）的“可控函数”．
则f₁（x）＜f（x）＜f₂（x），
令g（x）=f₁（x）-f（x）=xlnx-a²lnx-

1

2

x²+（2a+1）x-x（lnx+1）=-

1

2

x²+2ax-a²lnx＜0，在（1，+∞）上恒成立，
∴g′（x）=-x+2a-

a2

x

=

-x2+2ax-a2

x

=

-(x-a)2

x

＜0，
∴g（x）在（1，+∞）上单调递减，
∴g（x）＜g（1）=-

1

2

+2a≤0，
∴a≤

1

4

，
再由f₂（x）-f（x）=x³+x+a-xlnx-x＞0对x∈（1，+∞）恒成立
于是a＞xlnx-x³对x∈（1，+∞）恒成立
令h（x）=xlnx-x³，则a＞h（x）_max，x∈（1，+∞）
∴h'（x）=

1

x

-6x=

1-6x2

x

＜0，在（1，+∞）上恒成立，
所以h（x）在（1，+∞）上为减函数，
则h（x）＜h（1）=-2＜0
因此，h（x）在（1，+∞）上为减函数，
所以h（x）_max=h（1）=-1，即a≥-1
综上可知，函数f（x）为f₁（x）、f₂（x）的“可控函数”．实数a的取值范围是[-1，

1

4

]．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查新定义，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．