Question

已知函數f（x）=xlnx．
（Ⅰ）求函數f（x）的單調區(qū)間和最小值；
（Ⅱ）當b＞0時，求證：bb≥(

1

e

)

1

e

（其中e=2.718 28…是自然對數的底數）；
（Ⅲ）若a＞0，b＞0，證明：f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）．

Answer 1

（Ⅰ）∵f'（x）=lnx+1（x＞0），
令f'（x）≥0，即lnx≥-1=lne^-1．…（1分）
∴x≥e-1=

1

e

．，
∴x∈[

1

e

，+∞)．
同理，令f′(x)≤0可得x(0，

1

e

]．
∴f（x）單調遞增區(qū)間為[

1

e

，+∞)，單調遞減區(qū)間為(0，

1

e

]．…（3分）
由此可知y=f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

．…（4分）
（Ⅱ）由（I）可知當b＞0時，有f(b)≥f(x)min=-

1

e

，
∴blnb≥-

1

e

，
即ln(bb)≥-

1

e

=ln(

1

e

)

1

e

．
∴bb≥(

1

e

)

1

e

．
（Ⅲ） 設函數g（x）=f（x）+f（k-x），（k＞0）

∵f(x)=xlnx， ∴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，則有 x k-x ＞1? 2x-k k-x ＞0? k 2 ＜x＜k.

∴函數g(x)在[

k

2

，k）上單調遞增，在(0，

k

2

]上單調遞減．
∴g（x）的最小值為g(

k

2

)，即總有g(x)≥g(

k

2

)．
而g(

k

2

)=f(

k

2

)+f(k-

k

2

)=kln

k

2

=k(lnk-ln2)=f(k)-kln2，
∴g（x）≥f（k）-kln2，
即f（x）+f（k-x）≥f（k）-kln2．
令x=a，k-x=b，則k=a+b．
∴f（a）+f（b）≥f（a+b）-（a+b）ln2．
∴f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）．