Question

已知函数f （x）=xlnx（x∈（0，+∞））．
（Ⅰ）求f （x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数g（x）=2f （x）-blnx+x在x∈[1，+∞）上存在零点，求实数b的取值范围；
（Ⅲ）任取两个不等的正数x₁、x₂，且x₁＜x₂，若存在x₀＞0使f'（x₀）=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

成立，求证：x₀＞x₁．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求导数，利用导数的正负求f （x）的单调区间；
（Ⅱ）若函数g（x）=2f （x）-blnx+x在x∈[1，+∞）上存在零点，方程2xlnx-blnx+x=0在x∈[1，+∞）上有实数解，即方程b=2x+

x

lnx

在x∈（1，+∞）上有实数解，即可求实数b的取值范围；
（Ⅲ）求出f′（x₀），代入f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

把lnx₀用lnx₁，lnx₂表示，再用分析法进行证明．

解答： 解：（Ⅰ）∵f （x）=xlnx，∴f′（x）=lnx+1，
由lnx+1＞0，即x＞

1

e

时f′（x）＞0，所以f（x）在区间（

1

e

，+∞）上单调递增，
由lnx+1＜0，即0＜x＜

1

e

时f′（x）＜0，所以f（x）在区间（0，

1

e

）上单调递减，
∴函数f（x）的单调递增区间为(

1

e

，  +∞)，单调递减区间为(0，  

1

e

)
（Ⅱ）∵函数g（x）=2f （x）-blnx+x在x∈[1，+∞）上存在零点，
∴方程2xlnx-blnx+x=0在x∈[1，+∞）上有实数解．
易知x=1不是方程的实数解，
∴方程2xlnx-blnx+x=0在x∈（1，+∞）上有实数解，
即方程b=2x+

x

lnx

在x∈（1，+∞）上有实数解．
设ϕ(x)=2x+

x

lnx

（x＞1），ϕ′(x)=2+

lnx-1

(lnx)2

=

2(lnx)2+lnx-1

(lnx)2

=

(2lnx-1)(lnx+1)

(lnx)2

，
∵x＞1，∴lnx＞0，lnx+1＞0，
当2lnx-1＞0，即x＞

e

时，ϕ'（x）＞0；
当2lnx-1＜0，即1＜x＜

e

时，ϕ'（x）＜0，
∴ϕ（x）在(1，  

e

)上单调递减，在(

e

，  +∞)上单调递增，
∴[ϕ(x)]min=ϕ(

e

)=4

e

，
∴实数b的取值范围为[4

e

，  +∞)．
（Ⅲ）∵存在x₀＞0使f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

成立，
∴lnx 0+1=

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

成立．
要证明：x₀＞x₁  成立，
只需证明  lnx₀+1＞lnx₁+1成立，
只需证明  

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

＞lnx1+1成立，
只需证明  x₂（lnx₂-lnx₁）＞x₂-x₁成立，
只需证明  ln

x2

x1

＞1-

x1

x2

成立．
设

x2

x1

=t，∵x₁＜x₂，∴t＞1，∴即证明：lnt＞1-

1

t

当t＞1时成立．
令 h(t)=lnt+

1

t

-1(t＞1)，
∵h′（t）=

t-1

t2

＞0，
∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，
∴h（t）＞h（1）=0，即 lnt＞1-

1

t

成立，
∴不等式 x₀＞x₁成立．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了通过构造函数，利用函数的单调性和极值证明不等式，是一道难度较大的综合题型．