Question

已知函數(shù)f（x）=（x-a）lnx，a∈R．
（Ⅰ）若a=0，對于任意的x∈（0，1），求證：-

1

e

≤f（x）＜0；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)不是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ） 當(dāng)a=0時，f（x）=xlnx，利用導(dǎo)數(shù)法，求出函數(shù)的最小值，進(jìn)而根據(jù)x∈（0，1）時，lnx＜0，進(jìn)而f（x）＜0，可得結(jié)論；
（Ⅱ）由f′（x）=

xlnx+x-a

x

，設(shè)g（x）=xlnx+x-a．令g（x）=xlnx+x-a=0，即a=xlnx+x，設(shè)函數(shù)h（x）=xlnx+x．令h′（x）=lnx+2=0，則x=

1

e2

．結(jié)合函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)值的關(guān)系，可得a＞-

1

e2

即為所求．

解答： 證明：（Ⅰ） 當(dāng)a=0時，f（x）=xlnx，
∴f′（x）=lnx+1．
令f′（x）=lnx+1=0，解得x=

1

e

．
當(dāng)x∈（0，

1

e

）時，f′（x）＜0，所以函數(shù)f（x）在（0，

1

e

）是減函數(shù)；
當(dāng)x∈（

1

e

，+∞）時，f′（x）＞0，所以函數(shù)f（x）在（

1

e

，+∞）為增函數(shù)．
所以函數(shù)f（x）在x=

1

e

處取得最小值-

1

e

，
因?yàn)閤∈（0，1）時，lnx＜0，
所以對任意x∈（0，1），
都有f（x）＜0，
即對任意x∈（0，1），
-

1

e

≤f（x）＜0；…（6分）
（Ⅱ）函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）．
又f′（x）=

xlnx+x-a

x

，
設(shè)g（x）=xlnx+x-a．
令g（x）=xlnx+x-a=0，即a=xlnx+x，
設(shè)函數(shù)h（x）=xlnx+x．
令h′（x）=lnx+2=0，則x=

1

e2

．
當(dāng)x∈（0，

1

e2

）時，h′（x）＜0，所以函數(shù)h（x）在（0，

1

e2

）是減函數(shù)；
當(dāng)x∈（

1

e2

，+∞）時，h′（x）＞0，所以函數(shù)h（x）在（

1

e2

，+∞）為增函數(shù)．
所以函數(shù)h（x）在x=

1

e2

處取得最小值-

1

e2

，
則x∈（0，+∞）時，h（x）≥-

1

e2

．
于是，當(dāng)a≥-

1

e2

時，直線y=a與函數(shù)h（x）=xlnx+x的圖象有公共點(diǎn)，
即函數(shù)g（x）=xlnx+x-a至少有一個零點(diǎn)，也就是方程f′（x）=0至少有一個實(shí)數(shù)根．
當(dāng)a=-

1

e2

時，g（x）=xlnx+x-a有且只有一個零點(diǎn)，
所以f′（x）≥0恒成立，函數(shù)f（x）為單調(diào)增函數(shù)，不合題意，舍去．
即當(dāng)a＞-

1

e2

時，函數(shù)f（x）不是單調(diào)增函數(shù)．
又因?yàn)閒′（x）＜0不恒成立，
所以a＞-

1

e2

為所求．…（13分）

點(diǎn)評：本題考查的知識點(diǎn)是對數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性．