Question

（2013•黑龙江二模）已知函数f（x）=xlnx．
（I ）设g（x）=f（x）-ax，若不等式g（x）≥-1对一切x∈e （0，+∞）恒成立，求实数a 的取值范围；
（II）设0＜x₁＜x₂，若实数x₀满足，f（x₀）=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，证明：x₁＜x₀＜x₂．

Answer 1

分析：（I ）不等式g（x）≥-1对一切x∈（0，+∞）恒成立，等价于对一切x∈（0，+∞），g（x）_max≥-1成立，求导数，确定函数的最大值，即可求实数a 的取值范围；
（II）求导数，利用导数的意义，借助于函数的单调性，即可证得结论．

解答：（I ）解：不等式g（x）≥-1对一切x∈（0，+∞）恒成立，等价于对一切x∈（0，+∞），g（x）_max≥-1成立
设g（x）=f（x）-ax，x＞0，则g′（x）=lnx+1-a
令g′（x）＞0，则x＞e^a-1，令g′（x）＜0，则0＜x＜e^a-1，
∴g（x）_max=g（e^a-1）=-e^a-1≥-1，∴a≤1；
（II）证明：由题意f′（x）=lnx+1，则f′（x₀）=lnx₀+1，∴lnx0=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

-1
①lnx0-lnx2=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

-lnx2-1=

x2lnx2-x1lnx1

x2-x1

-lnx2-1=

ln x2 x1

x2 x1 -1

-1
令

x2

x1

=t，则lnx0-lnx2=

lnt-t+1

t-1

，t＞1
令u（t）=lnt-t+1，则u′(t)=

1

t

-1＜0，∴u（t）在（1，+∞）上单调递减
∴u（t）＜u（1）=0，∴lnx₀＜lnx₂，∴x₀＜x₂；
②lnx0-lnx1=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

-lnx1-1=

x2 x1 ln x2 x1

x2 x1 -1

-1
令

x2

x1

=t，则lnx0-lnx1=

tlnt-t+1

t-1

，t＞1
令v（t）=tlnt-t+1，则v′（t）=lnt＞0，∴v（t）在（1，+∞）上单调递增
∴v（t）＞v（1）=0，∴lnx₀＞lnx₁，∴x₀＞x₁
由①②可得x₁＜x₀＜x₂．

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