Question

16．已知函数f（x）=xlnx+a（a∈R）
（Ⅰ） 若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ） 若0＜x₁＜x₂，求证：对于任意x∈（x₁，x₂），不等式$\frac{{f（x）-f（{x_1}）}}{{x-{x_1}}}＜\frac{{f（x）-f（{x_2}）}}{{x-{x_2}}}$成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，根据导数求出函数的最值，问题即可解决，
（Ⅱ）欲证明不等式$\frac{{f（x）-f（{x_1}）}}{{x-{x_1}}}＜\frac{{f（x）-f（{x_2}）}}{{x-{x_2}}}$成立，从图象分析可先证$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＜f′（x）＜$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$，分别构造函数，根据导数和函数的单调性和最值关系即可证明

解答 解：（Ⅰ）f（x）=xlnx+a的定义域为（0，+∞），
∴f′（x）=1+lnx，
令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$，
当f′（x）＞0时，即x＞$\frac{1}{e}$时，函数f（x）单调递增，
当f′（x）＜0时，即0＜x＜$\frac{1}{e}$时，函数f（x）单调递减，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$+a，
∵f（x）≥0恒成立，
∴-$\frac{1}{e}$+a≥0，
∴a≥$\frac{1}{e}$，
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知，f′（x）=1+lnx，
∴f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
欲证明不等式$\frac{{f（x）-f（{x_1}）}}{{x-{x_1}}}＜\frac{{f（x）-f（{x_2}）}}{{x-{x_2}}}$成立，
从图象分析可先证$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＜f′（x）＜$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$，
先证明$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＜f′（x）=lnx+1，0＜x₁＜x，
即证f（x）-f（x₁）-（x-x₁）（lnx+1）＜0，
设F（x）=f（x）-f（x₁）-（x-x₁）（lnx+1），0＜x₁＜x＜x₂，
∴F′（x）=f′（x）-（lnx+1）-$\frac{x-{x}_{1}}{x}$=（lnx+1）-（lnx+1）-（1-$\frac{{x}_{1}}{x}$）=$\frac{{x}_{1}}{x}$-1＜0，
∴F（x）在（x₁，x₂）内为减函数，
∴F（x）＜F（x₁）=0，
∴$\frac{f（x）-f（{x}_{1}）}{x-{x}_{1}}$＜lnx+1对于（x₁，x₂）成立，
欲证lnx+1＜$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$，即证f（x）-f（x₂）-（x-x₂）（lnx+1）＜0，
设G（x）=f（x）-f（x₂）-（x-x₂）（lnx+1），0＜x₁＜x＜x₂，
∴G′（x）=f′（x）-（lnx+1）-$\frac{x-{x}_{2}}{x}$=（lnx+1）-（lnx+1）-（1-$\frac{{x}_{2}}{x}$）=$\frac{{x}_{2}}{x}$-1＞0，
∴G（x）在（x₁，x₂）内为增函数，
∴G（x）＜G（x₂）=0，
∴lnx+1＜$\frac{f（x）-f（{x}_{2}）}{x-{x}_{2}}$对于（x₁，x₂）成立，
综上所述对于任意x∈（x₁，x₂），不等式$\frac{{f（x）-f（{x_1}）}}{{x-{x_1}}}＜\frac{{f（x）-f（{x_2}）}}{{x-{x_2}}}$成立

点评 本题考查了函数恒成立的问题，以及导数和函数的单调性和最值得关系，考查了学生的运算能力和转化能力，属于难题