Question

设函数f（x）=xlnx（x＞0）．
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）设F（x）=ax²+f′（x）（a∈R），讨论函数F（x）的单调性；
（3）斜率为k的直线与曲线y=f′（x）交于A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂）（x₁＜x₂）两点，求证：．

Answer

（1）根据极值与最值的求解方法，连续函数在区间（a，b）内只有一个极值，那么极小值就是最小值；
（2）先确定函数的定义域然后求导数Fˊ（x），讨论a在函数的定义域内解不等式Fˊ（x）＞0和Fˊ（x）＜0即可求得；
（3）要证，即证，等价于证，令，
则只要证，由t＞1知lnt＞0，故等价于证lnt＜t-1＜tlnt（t＞1）即可．
（1）【解析】
f'（x）=lnx+1（x＞0），令f'（x）=0，得．（2分）
∵当时，f'（x）＜0；当时，f'（x）＞0，（3分）
∴当时，．（4分）
（2）F（x）=ax2+lnx+1（x＞0），．（5分）
①当a≥0时，恒有F'（x）＞0，F（x）在（0，+∞）上是增函数；（6分）
②当a＜0时，
令F'（x）＞0，得2ax2+1＞0，解得；（7分）
令F'（x）＜0，得2ax2+1＜0，解得．（8分）
综上，当a≥0时，F（x）在（0，+∞）上是增函数；
当a＜0时，F（x）在上单调递增，在上单调递减．（9分）
（3）证：．
要证，即证，等价于证，令，
则只要证，由t＞1知lnt＞0，故等价于证lnt＜t-1＜tlnt（t＞1）（*）．
①设g（t）=t-1-lnt（t≥1），则，故g（t）在[1，+∞）上是增函数，
∴当t＞1时，g（t）=t-1-lnt＞g（1）=0，即t-1＞lnt（t＞1）．
②设h（t）=tlnt-（t-1）（t≥1），则h'（t）=lnt≥0（t≥1），故h（t）在[1，+∞）上是增函数，
∴当t＞1时，h（t）=tlnt-（t-1）＞h（1）=0，即t-1＜tlnt（t＞1）．
由①②知（*）成立，得证．（14分）