解题思路:(Ⅰ) 当a=0时,f(x)=xlnx,利用导数法,求出函数的最小值,进而根据x∈(0,1)时,lnx<0,进而f(x)<0,可得结论;
(Ⅱ)由f′(x)=
xlnx+x−a/x],设g(x)=xlnx+x-a.令g(x)=xlnx+x-a=0,即a=xlnx+x,设函数h(x)=xlnx+x.令h′(x)=lnx+2=0,则x=
1
e
2
.结合函数单调性与导数值的关系,可得a>-
1
e
2
即为所求.
证明:(Ⅰ) 当a=0时,f(x)=xlnx,
∴f′(x)=lnx+1.
令f′(x)=lnx+1=0,解得x=[1/e].
当x∈(0,[1/e])时,f′(x)<0,所以函数f(x)在(0,[1/e])是减函数;
当x∈([1/e],+∞)时,f′(x)>0,所以函数f(x)在([1/e],+∞)为增函数.
所以函数f(x)在x=[1/e]处取得最小值-[1/e],
因为x∈(0,1)时,lnx<0,
所以对任意x∈(0,1),
都有f(x)<0,
即对任意x∈(0,1),
-[1/e]≤f(x)<0;…(6分)
(Ⅱ)函数f(x)的定义域为(0,+∞).
又f′(x)=[xlnx+x−a/x],
设g(x)=xlnx+x-a.
令g(x)=xlnx+x-a=0,即a=xlnx+x,
设函数h(x)=xlnx+x.
令h′(x)=lnx+2=0,则x=[1
e2.
当x∈(0,
1
e2)时,h′(x)<0,所以函数h(x)在(0,
1
e2)是减函数;
当x∈(
1
e2,+∞)时,h′(x)>0,所以函数h(x)在(
1
e2,+∞)为增函数.
所以函数h(x)在x=
1
e2处取得最小值-
1
e2,
则x∈(0,+∞)时,h(x)≥-
1
e2.
于是,当a≥-
1
e2时,直线y=a与函数h(x)=xlnx+x的图象有公共点,
即函数g(x)=xlnx+x-a至少有一个零点,也就是方程f′(x)=0至少有一个实数根.
当a=-
1
e2时,g(x)=xlnx+x-a有且只有一个零点,
所以f′(x)≥0恒成立,函数f(x)为单调增函数,不合题意,舍去.
即当a>-
1
e2时,函数f(x)不是单调增函数.
又因为f′(x)<0不恒成立,
所以a>-
1
e2为所求.…(13分)
点评:
本题考点: 利用导数研究函数的单调性.
考点点评: 本题考查的知识点是对数函数的图象和性质,利用导数求函数的最值,利用导数求函数的单调性.
1年前
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