Question

已知函数f（x）=xlnx，g（x）=ax²-x（a∈R）
（1）求f（x）的单调区间和极值点；
（2）求使f（x）≤g（x）恒成立的实数a的取值范围；
（3）证明：对任意的正整数n，不等式ln（eⁿ+1）＜n+

1

en

恒成立．

Answer 1

分析：（1）求导数f′（x），f′（x）＜0，f′（x）＞0可得单调区间及极值点；
（2）问题转化为ax≥lnx+1恒成立，令h（x）=ax-lnx-1，分a≤0，a＞0两种情况讨论，利用导数求出函数h（x）的最小值即可；
（3）令eⁿ=t≥e，即证明ln（t+1）＜lnt+

1

t

，即证ln(1+

1

t

)＜

1

t

，可证lnx＜x-1，借助（2）问结论可证；

解答：解：（1）求导函数可得f′（x）=lnx+1，令f′（x）=0，得x=

1

e

，
当x∈(0，

1

e

)时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，

1

e

）上递减，
当x∈(

1

e

，+∞)时，f′（x）＞0，f（x）在（

1

e

，+∞）上递增，
综上f（x）在（0，

1

e

）上递减，在（

1

e

，+∞）上 递增，f（x）的极小值点为x=

1

e

．
（2）问题转化为ax≥lnx+1恒成立，
令h（x）=ax-lnx-1，则h′（x）=a-

1

x

=

ax-1

x

，
（ⅰ）当a≤0时，h′（x）＜0，h（x）在x＞0时单调递减，h（x）无最小值，舍去；
（ⅱ）当a＞0时，令h′（x）=0，得x=

1

a

，
且0＜x＜

1

a

时，h′（x）＜0，h（x）递减；x≥

1

a

，h′（x）≥0，h（x）递增，
故h(x)min=h(

1

a

)=lna，只须lna≥0，即a≥1；
（3）要证明ln（eⁿ+1）＜n+

1

en

，
令eⁿ=t≥e，即证明ln（t+1）＜lnt+

1

t

，即证明ln(

t+1

t

)＜

1

t

，即证ln(1+

1

t

)＜

1

t

，
即证lnx＜x-1，
而由（2）可知a=1时，xlnx≤x²-x，
当x＞1时，lnx＜x-1，
故ln（eⁿ+1）＜n+

1

en

是成立的，证毕．

点评：本题考查利用导数研究函数的最值、单调性及不等式的证明问题，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力．