Question

11．已知函数f（x）=xlnx-2x，g（x）=-ax²+ax-2，（a＞1）．
（I）求函数f（x）的单调区间及最小值；
（II）证明：f（x）≥g（x）在x∈[1，+∞）上恒成立．

Answer 1

分析 （I）首先对f（x）求导，令f'（x）＞0，即lnx-1＞0，得x＞e；令f'（x）＜0，即lnx-1＜0，得0＜x＜e；即可得到单调区间与最值；
（II）要证f（x）≥g（x）在x∈[1，+∞）上恒成立，可令h（x）=f（x）-g（x），判断h（x）的单调性即可．

解答 解：（I）由题意f（x）的定义域为（0，+∞），
∵f（x）=xlnx-2x，
∴f'（x）=lnx+1-2=lnx-1，
令f'（x）＞0，即lnx-1＞0，得x＞e；
令f'（x）＜0，即lnx-1＜0，得0＜x＜e；
∴函数f（x）的单调增区间为（e，+∞），单调递减区间为（0，e）；
∴函数f（x）的最小值为f（e）=elne-2e=-e；
证明：（II）令h（x）=f（x）-g（x），
∵f（x）≥g（x）在[1，+∞）上恒成立，
∴h（x）_min≥0，x∈[1，+∞）．
∵h（x）=xlnx+ax²-ax-2x+2，
∴h'（x）=lnx+2ax-a-1，
令m（x）=lnx+2ax-a-1，x∈[1，+∞），则m'（x）=$\frac{1}{x}$+2a，
∵x＞1，a＞1∴m'（x）＞0
∴m（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴m（x）≥m（1）=a-1，即h'（x）≥a-1，
∵a＞1，∴a-1＞0，∴h'（x）＞0
∴h（x）=xlnx+ax²-2x+2在[1，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（1）=0，即f（x）-g（x）≥0，
故f（x）≥g（x）在[1，+∞）上恒成立．

点评 本题主要考查了利用导数研究函数的单调区间与最值，以及构造新函数证明恒成立问题，属中等题．