Question

19．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=e^x，其中a为常数，e=2，718…
（1）求函数f（x）的单调区间与极值；
（2）若存在x使不等式$\frac{x-m}{g（x）}＞\sqrt{x}$成立，求实数m的取值范围；
（3）若x₁，x₂∈（$\frac{1}{e}$，1），x₁+x₂＜1，求证：x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

Answer 1

分析 （1）先求函数的定义域，然后对函数求导可得f′（x）=lnx+1，分别令f′（x）＞0，f′（x）＜0，可求函数的单调增区间，单调减区间，极值；
（2）由不等式$\frac{x-m}{g（x）}＞\sqrt{x}$⇒m＜（x-$\sqrt{x}{e}^{x}$）_max，（x≥0）
$令h（x）=x-\sqrt{x}{e}^{x}$，（x＞0），h′（x）=1-（$\frac{1}{2\sqrt{x}}+\sqrt{x}$）e^x．利用导数求出单调性，即求出最大值即可．
（3）由（1）得函数f（x）的单调增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞）
 f（x₁+x₂）=（x₁+x₂）ln（x₁+x₂）＞f（x₁）=x₁lnx₁⇒lnx₁＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}}$ln（x₁+x₂）
同理得lnx₂＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}}$ln（x₁+x₂）
 lnx₁+lnx₂=（2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）ln（x₁+x₂）＜4ln（x₁+x₂），即ln（x₁•x₂）$＜ln（{x}_{1}+{x}_{2}）^{4}$
可证得x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

解答 解：（1）函数的定义域为：（0，+∞）
对函数求导可得f′（x）=lnx+1
令f′（x）＞0可得x$＞\frac{1}{e}$
f′（x）＜0可得0$＜x＜\frac{1}{e}$
则函数f（x）的单调增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞），单调减区间为（0，$\frac{1}{e}$）
∴可知函数f（x）在x=$\frac{1}{e}$时，取得极小值f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，无极大值．
（2）由不等式$\frac{x-m}{g（x）}＞\sqrt{x}$⇒m＜x-$\sqrt{x}{e}^{x}$，（x≥0）
$令h（x）=x-\sqrt{x}{e}^{x}$，（x＞0），h′（x）=1-（$\frac{1}{2\sqrt{x}}+\sqrt{x}$）e^x．
∵x＞0，∴$\frac{1}{2\sqrt{x}}+\sqrt{x}≥\sqrt{2}$且e^x＞1，∴$（\frac{1}{2\sqrt{x}}+\sqrt{x}）{e}^{x}＞1$
∴h′（x）＜0，即函数h（x）在[，0+∞）单调递减，
∴h（x）≤h（0）=0，
∴若存在x使不等式$\frac{x-m}{g（x）}＞\sqrt{x}$成立，实数m的取值范围为（-∞，0）；
（3）证明：由（1）得函数f（x）的单调增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞）
∵x₁，x₂∈（$\frac{1}{e}$，1），x₁+x₂＜1，∴$\frac{1}{e}＜{x}_{1}＜{x}_{1}+{x}_{2}＜1$
∵f（x₁+x₂）=（x₁+x₂）ln（x₁+x₂）＞f（x₁）=x₁lnx₁
⇒lnx₁＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}}$ln（x₁+x₂）
同理得lnx₂＜$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}}$ln（x₁+x₂）
∴lnx₁+lnx₂$＜（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}}+\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{2}}）$ln（x₁+x₂）=（2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）ln（x₁+x₂）．
∵2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$≥4，（x₁=x₂时取等号），ln（x₁+x₂）＜0
∴lnx₁+lnx₂=（2+$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）ln（x₁+x₂）＜4ln（x₁+x₂）．
∴ln（x₁•x₂）$＜ln（{x}_{1}+{x}_{2}）^{4}$
∴x₁x₂＜（x₁+x₂）⁴．

点评 本题考查了导数的综合应用，利用导数求函数单调性、最值，考查了存在性问题、转化思想，属于难题．