Question

已知函数f（x）=xlnx，g（x）=ax+b，h（x）=

f(x)，(x＞0) g(x)，(x≤0)

．
（Ⅰ）若不等式f（x）≥g′（x）恒成立，讨论方程h（x）=

b

2

的解的个数；
（Ⅱ）当a=-1时，若方程h（x）=

b

2

存在三个不同实数解x₁，x₂，x₃，试比较x₁+x₂+x₃与

1

2

（

1

e

-

1

e3

）的大小并说明理由．

Answer 1

考点：函数恒成立问题,导数的运算

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出g（x）的导函数，把不等式f（x）≥g′（x）恒成立转化为xlnx≥a恒成立，然后利用导数求得函数f（x）的最小值求得a的范围，然后根据函数g（x）=ax+b在（-∞，0]上为减函数，函数f（x）=xlnx在（0，

1

e

）上为减函数，在（

1

e

，+∞）上为增函数，对b进行分类讨论方程h（x）=

b

2

的解的个数．
（Ⅱ）根据分段函数h（x）=

f(x)，(x＞0) g(x)，(x≤0)

与y=

b

2

交点横坐标的范围求出x₁+x₂+x₃的范围，作出比较得

1

2

（

1

e

-

1

e3

）在x₁+x₂+x₃的范围中，说明x₁+x₂+x₃大于

1

2

（

1

e

-

1

e3

）或x₁+x₂+x₃小于

1

2

（

1

e

-

1

e3

）．

解答： 解：（Ⅰ）g（x）=ax+b，则g′（x）=a，
不等式f（x）≥g′（x）恒成立，即xlnx≥a恒成立，
由f（x）=xlnx，得f′（x）=lnx+1，
当x∈（0，

1

e

）时，f′（x）＜0．
当x∈（

1

e

，+∞）时，f′（x）＞0．
∴当x=

1

e

时，f(x)min=-

1

e

．
则a≤-

1

e

．
∴函数g（x）=ax+b在（-∞，0]上为减函数，函数f（x）=xlnx在（0，

1

e

）上为减函数，在（

1

e

，+∞）上为增函数．
当b≥0时，方程h（x）=

b

2

有一解；
当-

2

e

＜b＜0时，方程h（x）=

b

2

有三解；
当b=-

2

e

时，方程h（x）=

b

2

有两解；
当b＜-

2

e

时，方程h（x）=

b

2

有一解；
（Ⅱ）当a=-1时，若方程h（x）=

b

2

存在三个不同实数解x₁，x₂，x₃，
不妨设x₁＜0，则由-x+b=

b

2

，解得x=

b

2

，x1∈(-

1

e

，0)；
x2∈(0，

1

e

)，x3∈(

1

e

，1)，
则x1+x2+x3∈(0，1+

1

e

)．
∵

1

2

（

1

e

-

1

e3

）-(1+

1

e

)=

1

2e

-

1

2e2

-1-

1

e

=-

1

2e3

-

1

2e

-1＜0，
∴

1

2

（

1

e

-

1

e3

）∈(0，

1

e

)．
∴x₁+x₂+x₃＜

1

2

（

1

e

-

1

e3

）或x₁+x₂+x₃＞

1

2

（

1

e

-

1

e3

）．

点评：本题考查了函数恒成立问题，考查了利用导数研究函数的单调性，训练了函数零点的判定方法，着重考查了分类讨论的数学思想方法，是压轴题．