Question

已知函数f（x）=xlnx．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和最小值；
（Ⅱ）当b＞0时，求证：bb≥(

1

e

)

1

e

（其中e=2.718 28…是自然对数的底数）；
（Ⅲ）若a＞0，b＞0，证明：f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）．

Answer 1

分析：（I）先对函数求导，令导函数大于0得到递增区间，令导函数小于0得到递减区间，进一步求出最小值；
（II）由（I）可知当b＞0时，有f(b)≥f(x)min=-

1

e

，整理可得要证的结论．
（III）构造函数g（x）=f（x）+f（k-x），（k＞0），利用导函数判断出g（x）的单调性，进一步求出g（x）的最小值为g(

k

2

)整理可得证．

解答：解：（Ⅰ）∵f'（x）=lnx+1（x＞0），
令f'（x）≥0，即lnx≥-1=lne^-1．…（1分）
∴x≥e-1=

1

e

．，
∴x∈[

1

e

，+∞)．
同理，令f′(x)≤0可得x(0，

1

e

]．
∴f（x）单调递增区间为[

1

e

，+∞)，单调递减区间为(0，

1

e

]．…（3分）
由此可知y=f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

．…（4分）
（Ⅱ）由（I）可知当b＞0时，有f(b)≥f(x)min=-

1

e

，
∴blnb≥-

1

e

，
即ln(bb)≥-

1

e

=ln(

1

e

)

1

e

．
∴bb≥(

1

e

)

1

e

．
（Ⅲ） 设函数g（x）=f（x）+f（k-x），（k＞0）

∵f(x)=xlnx， ∴g(x)=xlnx+(k-x)ln(k-x)， ∴0＜x＜k. ∵g′(x)=lnx+1-ln(k-x)-1=ln x k-x ， 令g′(x)＞0，则有 x k-x ＞1⇒ 2x-k k-x ＞0⇒ k 2 ＜x＜k.

∴函数g(x)在[

k

2

，k）上单调递增，在(0，

k

2

]上单调递减．
∴g（x）的最小值为g(

k

2

)，即总有g(x)≥g(

k

2

)．
而g(

k

2

)=f(

k

2

)+f(k-

k

2

)=kln

k

2

=k(lnk-ln2)=f(k)-kln2，
∴g（x）≥f（k）-kln2，
即f（x）+f（k-x）≥f（k）-kln2．
令x=a，k-x=b，则k=a+b．
∴f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．
∴f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）．

点评：本题考查了导数的应用：利用导数判断函数的单调性及求单调区间；函数在区间上的最值的求解，其一般步骤是：先求极值，比较函数在区间内所有极值与端点函数．若函数在区间上有唯一的极大（小）值，则该极值就是相应的最大（小）值．