Question

已知函數f（x）=xlnx與函數g(x)=x+

1

ax

，(x＞0)均在x=x₀時取得最小值．
（I）求實數a的值；
（II）記h（x）=f（x）-g（x），α表示函數h（x）的所有極值點之和，證明：
（i）

1

e

是函數h（x）的一個極大值點（e為自然對數的底數，e≈2.71828…）；
（ii）∑α＞

15

14

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先用導數由f（x）求出x₀，再分情況討論g（x）的最小值及此時x值，由x₀=x即可求出a值；
（Ⅱ）（i）利用導數與函數極值的關系可以證明，為判斷h′（x）的符號，此題要對h′（x）再次求導；
（ii）先找出所有極值點，表示出α，再用不等式可證明．

解答：解：（I）f′（x）=（xlnx）′=lnx+x•

1

x

=lnx+1，f′（x）＞0?x＞

1

e

，
所以f（x）在（0，

1

e

）上單調遞減，在（

1

e

，+∞）上單調遞增，所以x=

1

e

時，f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

，即x0=

1

e

．
又a≤0時，g（x）是增函數，此時無最小值；從而a＞0，所以g（x）=x+

1

ax

≥2

x• 1 ax

=2

1 a

，
當且僅當x=

1

ax

即x=

1 a

時，g(x)min=2

1 a

，所以

1 a

=

1

e

，即a=e²．
所以a=e²．
證明：（II）（i）h（x）=f（x）-g（x）=xlnx-x-

1

e2x

，
h′（x）=lnx+1-1+

1

e2x2

=lnx+

1

e2x2

.h′′(x)=

1

x

-

2x

e2x4

=

1

x

-

2

e2x3

=

e2x2-2

e2x3

，
h″（x）＜0?0＜x＜

2

e

，所以h′（x）在（0，

2

e

）上單調遞減，在(

2

e

，+∞)上單調遞增．
因為h′（

1

e

）=ln

1

e

+

1

e2• 1 e2

=-1+1=0，所以當0＜x＜

1

e

時，h′（x）＞0；當

1

e

＜x＜

2

e

時，h′（x）＜0．
即h（x）在（0，

1

e

）上單調遞增，在（

1

e

，

2

e

）上單調遞減，
故

1

e

是函數h（x）的一個極大值點．
（ii）因為h′(

2

e

)=ln

2

e

+

1

2

=ln

2

-

1

2

=ln

2 e

＜ln1=0，h′（1）=ln1+

1

e2

=

1

e2

＞0，且h″(x)=

e2x2-2

e2x3

，h″(

2

e

)=0，
所以在（

2

e

，1）內存在唯一實數m，使得h′（m）=0，
因為h′（x）在（0，

2

e

）上單調遞減，在（

2

e

，+∞）上單調遞增，且h′（

1

e

）=0，
所以h（x）在（0，

1

e

）上單調遞增，在（

1

e

，m）上單調遞減，在（m，+∞）上單調遞增，
可知

1

e

為h（x）的唯一極大值點，m為h（x）的唯一極小值點，
所以α=

1

e

+m．又h′（1）＞0，h′（

2

e

）＜0，所以

2

e

＜m＜1，α=

1

e

+m＞

1

e

+

2

e

=

3

e

＞

15

14

．
故α＞

15

14

．

點評：本題考查應用導數求函數的最值、極值，研究函數的單調性，考查綜合運用知識分析問題、解決問題的能力，難度較大．