Question

已知函数f（x）=xln x．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）k为正常数，设g（x）=f（x）+f（k-x），求函数g（x）的最小值；
（3）若a＞0，b＞0证明：f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）

Answer

（1）先对函数y=f（x）进行求导，然后令导函数大于0（或小于0）求出x的范围，根据f′（x）＞0求得的区间是单调增区间，f′（x）＜0求得的区间是单调减区间，即可得到答案．
（2）构造函数g（x）=f（x）+f（k-x），（k＞0），利用导函数判断出g（x）的单调性，进一步求出g（x）的最小值为 整理可得证．
（3）先研究f（x）在区间[-e2，-e-1]上的单调性，再利用导数求解f（x）在区间[-e2，-e-1]上的最大值问题即可，故只要先求出函数的极值，比较极值和端点处的函数值的大小，最后确定出最大值即得．
【解析】
（1）f′（x）=ln x+1，f′（x）＞0，得x＞；
f′（x）＜0，得0＜x＜，
∴f（x）的单调递增区间是（，+∞），单调递减区间是（0，）．…（3分）
（2）∵g（x）=f（x）+f（k-x）=x ln x+（k-x）ln（k-x），定义域是（0，k）
∴g′（x）=ln x+1-[ln （k-x）+1]=ln                               …（5分）
由g′（x＞0，得＜x＜k，由g′（x＜0，得0＜x＜，
∴函数g（x）在（0，） 上单调递减；在（，k）上单调递增，…（7分）
故函数g（x）的最小值是：ymin=g（）=kln．…（8分）
（3）∵a＞0，b＞0∴在（2）中取x=，k=2，
可得f（）+f（2-）≥2ln1 f（）+f（）≥0
⇒ln+ln≥0
⇒alna+blnb+（a+b）ln2-（a+b）ln（a+b）≥0
⇒f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）-f（b）                                   …（12分）