Question

已知函数f（x）=xlnx，g（x）=x-1．

Answer 1

解题思路：（I）利用导数求出函数的极值，然后求f（x）的单调区间；

（II）令h（x）=xlnx-kx+k，利用导数研究其单调性得h（x）≥h（e^k-1）=k-e^k-1，从而有k-e^k-1≥0，再令t（k）=k-e^k-1，利用导数研究其单调性得k-e^k-1≤0，利用两边夹原理即可得出k-e^k-1=0，从而求出k的值；

（III）利用∀x＞1，xlnx＞x-1恒成立，结合取k=2，3，…，n-1，n．并累加得即可证明2nlnn!≥（n-1）²．

（I）由题意可知：定义域：（0，+∞），f'（x）=lnx+1，令f'（x）=0，得x=[1/e]，（1分）

则当x∈（0，[1/e]）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；（2分）

当x∈（[1/e]，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增（4分）

（II）令h（x）=xlnx-kx+k，则h′（x）=1+lnx-k，

∴h（x）在（0，e^k-1）上是减函数，在（e^k-1，+∞）上是增函数，

∴h（x）≥h（e^k-1）=k-e^k-1，

由题意k-e^k-1≥0，

令t（k）=k-e^k-1，则t′（k）=1-e^k-1，

∴t（k）在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，

∴t（k）≤t（1）=0，

∴k-e^k-1≤0，

∴k-e^k-1=0，∴k=1．

（III）由（II）得，∀x＞1，xlnx＞x-1恒成立，∴lnx＞[x−1/x]=1-[1/x]，

令x=k²（k∈N*，k≥2），则2lnk＞1−

1

k2＞1−

1

k(k−1)＝1−(

1

k−1−

1

k)，

取k=2，3，…，n-1，n．并累加得：2lnn!＞(n−1)−(1−

1

n)＝

(n−1)2

n，

∴2nlnn!＞（n-1）²

又当n=1时，2nlnn!=（n-1）²
∴2nlnn!≥（n-1）²（n∈N^*）．

点评：

本题考点： 利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；不等式的证明．

考点点评： 本题是中档题，考查函数的导数的应用，不等式的综合应用，考查计算能力，转化思想的应用．