Question

已知函数f（x）=xlnx．
（I）求f（x）的最小值；
（Ⅱ）讨论关于x的方程f（x）-m=0（m∈R）的解的个数；
（Ⅲ）当a＞0，b＞0时，求证：f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．

Answer 1

分析：（1）先求函数f（x）的值域，然后对函数f（x）进行求导，根据导函数的正反判断函数的单调性，进而可得到最小值；
（2）先由（1）可判断函数在不同区间的不同取值，然后对m的范围进行分析可确定方程f（x）-m=0（m∈R）的解的个数．
（3）先将不等式f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2转化为f（a）+f[（a+b）-a]≥f（a+b）-（a+b）ln2，然后令函数g（x）=f（x）+f（k-x）并将函数f（x）的解析式代入后求导数，根据导数的正负判断函数的单调性从而求出函数g（x）的最小值，并且任意x有g（x）大于等于g（x）的最小值，得证．

解答：解：（I）f（x）的定义域为（0，+∞）
f′(x)=lnx+1，令f′(x)=0，得：x=

1

e

，
当x∈（0，+∞）时，f′（x），f（x）的变化的情况如下：

所以，f（x）在（0，+∞）最小值是f(

1

e

)=-

1

e

．
（Ⅱ）当x∈(0，

1

e

)，f（x）单调递减且f（x）的取值范围是(-

1

e

，0)；
当x∈(

1

e

，+∞)时，f（x）单调递增且f（x）的取值范围是(-

1

e

，+∞)
下面讨论f（x）-m=0的解；
所以，当m＜-

1

e

时，原方程无解；
当m=-

1

e

或m≥0时，原方程有唯一解；
当-

1

e

＜m＜0时，原方程有两解
（Ⅲ）原不等式可化为：f（a）+f[（a+b）-a]≥f（a+b）-（a+b）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

x

k-x

令g'（x）＞0，则ln

x

k-x

＞0，∴

x

k-x

＞1，∴

2x-k

k-x

＞0，
解得：

k

2

＜x＜k，
令g'（x）＜0，解得：0＜x＜

k

2

∴函数g（x）在(0，

k

2

)上单调递减，在(

k

2

，k)上单调递增，
∴g（x）在（0，k）上的最小值为g(

k

2

)
∴当x∈（0，k）时，总有g（x）≥g(

k

2

)，
即：f(x)+f(k-x)≥f(

k

2

)+f(k-

k

2

)=2f(

k

2

)
=kln

k

2

=klnk-kln2=f(k)-kln2
令x=a，k-x=b，则有：f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．

点评：本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系．导数是高考的热点题，每年必考，要给予充分重视．