Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=x2（lnx+lna）（a＞0）．
（1）當(dāng)a=1時，設(shè)函數(shù)g（x）= ，求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（2）設(shè)f′（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，若 ≤1對任意的x＞0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若x1 ， x2∈（ ，1），x1+x2＜1，求證：x1x2＜（x1+x2）4 ．

Answer 1

【答案】
（1）解：當(dāng)a=1時，數(shù)g（x）= =xlnx，

g′（x）=1+lnx，

令g′（x）=0，解得：x= ，

當(dāng)x∈（0， ）時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，

當(dāng)x∈（ ，+∞），g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，

∴當(dāng)x= 時，取極小值為﹣

（2）解：f′（x）=2x（lnx+lna）+x，

= ≤1，

即2lnx+2lna+1≤x，

2lna≤x﹣2lnx﹣1在x＞0上恒成立，

設(shè)h（x）=x﹣2lnx﹣1，h′（x）= ，

令h′（x）=0，解得x=2，

當(dāng)0＜x＜2時，h′（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，

當(dāng)x＞2時，h′（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，

∴當(dāng)x=2，h（x）有最小值，h（2）=1﹣2ln2，

∴2lna≤1﹣2ln2，

∴0＜a≤

（3）證明：由（1）可知：g（x）=xlnx在（0， ）上是減函數(shù)，在（ ，+∞）上是增函數(shù)，

＜x1＜x1+x2＜1，

∴g（x1+x2）=（x1+x2）ln（x1+x2）＞g（x1）=x1lnx1，

即lnx1＜ ln（x1+x2），

∴l(xiāng)nx1+lnx2＜（ + ）ln（x1+x2）=（2+ ）ln（x1+x2），

∵2+ ≥4，當(dāng)且僅當(dāng)“x1=x2”時，取等號，

x1，x2∈（ ，1），x1+x2＜1，ln（x1+x2）＜0，

∴（2+ ）ln（x1+x2）≤ln（x1+x2），

∴l(xiāng)nx1+lnx2＜4ln（x1+x2），

∴x1x2＜（x1+x2）4

【解析】（1）當(dāng)a=1，求得函數(shù)g（x）的解析式，求導(dǎo)，g′（x）＜0和g′（x）＞0，求得函數(shù)g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間和單調(diào)遞增區(qū)間，g′（x）=0，x= ，由函數(shù)的單調(diào)性可知x= 為函數(shù)g（x）的極小值；（2）求得f′（x），將原不等式轉(zhuǎn)化成，2lna≤x﹣2lnx﹣1在x＞0上恒成立，構(gòu)造輔助函數(shù)，h（x）=x﹣2lnx﹣1，求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求得h（x）有最小值，即可求得實數(shù)a的取值范圍；（3）由（1）可知，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性可知 ＜x1＜x1+x2＜1，可知g（x1+x2）＞g（x1）=x1lnx1 ， 則lnx1+lnx2＜（2+ ）ln（x1+x2），由基本不等式的關(guān)系可知2+ ≥4，ln（x1+x2）＜0，即lnx1+lnx2＜4ln（x1+x2），根據(jù)對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)即可得到x1x2＜（x1+x2）4 ．
【考點精析】根據(jù)題目的已知條件，利用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)的相關(guān)知識可以得到問題的答案，需要掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減；求函數(shù)的極值的方法是:（1）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極大值（2）如果在附近的左側(cè),右側(cè),那么是極小值．