Question

6．已知函数f（x）=xlnx-ax（a∈R）．
（1）若方程f（x）=-1无解，求实数a的取值范围；
（2）当m＞0，n＞0，求证f（m）+f（n）≥f（m+n）-（m+n）ln2．

Answer 1

分析 （1）方程无解，得到a=lnx+$\frac{1}{x}$无解，构造函数，令h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，x＞0，求出函数的最小值，即可得到a的范围．
（2）原不等式可化为：f（m）+f（n）≥f（m+n）-（m+n）ln2，设函数g（x）=f（x）+f（k-x）（k＞0）．利用导数研究其单调性即可证明结论

解答 解：（1）方程f（x）=-1无解，即ax=xlnx+1无解，即a=lnx+$\frac{1}{x}$无解，
令h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，x＞0，
∴h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
当h′（x）＞0时，即x＞1，函数h（x）单调递增，
当h′（x）＜0时，即0＜x＜1，函数h（x）单调递减，
∴h（x）_min=h（1）=1
∴a＜1，
故a的取值范围为（-∞，1）
（2）原不等式可化为：f（m）+f（n）≥f（m+n）-（m+n）ln2，
设函数g（x）=f（x）+f（k-x）（k＞0）．
则g（x）=xlnx+（k-x）ln（k-x）（0＜x＜k），
g′（x）=lnx+1-ln（k-x）-1=ln$\frac{x}{k-x}$，
令g′（x）＞0，则ln$\frac{x}{k-x}$＞0，∴$\frac{x}{k-x}$＞1，∴$\frac{2x-k}{k-x}$＞0，解得$\frac{k}{2}$＜x＜k．
令g′（x）＜0，解得0＜x＜$\frac{k}{2}$，
∴函数g（x）在（0，$\frac{k}{2}$）上单调递减，在（$\frac{k}{2}$，k）上单调递增，
∴g（x）在（0，k）上的最小值为g（$\frac{k}{2}$），
∴当x∈（0，k）时，总有g（x）≥g（$\frac{k}{2}$），
即f（x）+f（k-x）≥f（$\frac{k}{2}$）+f（k-$\frac{k}{2}$）=2f（$\frac{k}{2}$）=kln$\frac{k}{2}$=klnk-kln2=f（k）-kln2
令x=m，k-x=n，则有：f（m）+f（n）≥f（m+n）-（m+n）ln2．

点评 本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质，及其等价转化、构造函数法等基本技能．需要较好的观察力和计算能力．