Question

已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=ax+b，h（x）=

f(x)，(x＞0) g(x)，(x≤0)

．
（Ⅰ）若不等式f（x）≥g′（x）恒成立，討論方程h（x）=

b

2

的解的個數(shù)；
（Ⅱ）當a=-1時，若方程h（x）=

b

2

存在三個不同實數(shù)解x₁，x₂，x₃，試比較x₁+x₂+x₃與

1

2

（

1

e

-

1

e3

）的大小并說明理由．

Answer 1

考點：函數(shù)恒成立問題,導數(shù)的運算

專題：導數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求出g（x）的導函數(shù)，把不等式f（x）≥g′（x）恒成立轉(zhuǎn)化為xlnx≥a恒成立，然后利用導數(shù)求得函數(shù)f（x）的最小值求得a的范圍，然后根據(jù)函數(shù)g（x）=ax+b在（-∞，0]上為減函數(shù)，函數(shù)f（x）=xlnx在（0，

1

e

）上為減函數(shù)，在（

1

e

，+∞）上為增函數(shù)，對b進行分類討論方程h（x）=

b

2

的解的個數(shù)．
（Ⅱ）根據(jù)分段函數(shù)h（x）=

f(x)，(x＞0) g(x)，(x≤0)

與y=

b

2

交點橫坐標的范圍求出x₁+x₂+x₃的范圍，作出比較得

1

2

（

1

e

-

1

e3

）在x₁+x₂+x₃的范圍中，說明x₁+x₂+x₃大于

1

2

（

1

e

-

1

e3

）或x₁+x₂+x₃小于

1

2

（

1

e

-

1

e3

）．

解答： 解：（Ⅰ）g（x）=ax+b，則g′（x）=a，
不等式f（x）≥g′（x）恒成立，即xlnx≥a恒成立，
由f（x）=xlnx，得f′（x）=lnx+1，
當x∈（0，

1

e

）時，f′（x）＜0．
當x∈（

1

e

，+∞）時，f′（x）＞0．
∴當x=

1

e

時，f(x)min=-

1

e

．
則a≤-

1

e

．
∴函數(shù)g（x）=ax+b在（-∞，0]上為減函數(shù)，函數(shù)f（x）=xlnx在（0，

1

e

）上為減函數(shù)，在（

1

e

，+∞）上為增函數(shù)．
當b≥0時，方程h（x）=

b

2

有一解；
當-

2

e

＜b＜0時，方程h（x）=

b

2

有三解；
當b=-

2

e

時，方程h（x）=

b

2

有兩解；
當b＜-

2

e

時，方程h（x）=

b

2

有一解；
（Ⅱ）當a=-1時，若方程h（x）=

b

2

存在三個不同實數(shù)解x₁，x₂，x₃，
不妨設(shè)x₁＜0，則由-x+b=

b

2

，解得x=

b

2

，x1∈(-

1

e

，0)；
x2∈(0，

1

e

)，x3∈(

1

e

，1)，
則x1+x2+x3∈(0，1+

1

e

)．
∵

1

2

（

1

e

-

1

e3

）-(1+

1

e

)=

1

2e

-

1

2e2

-1-

1

e

=-

1

2e3

-

1

2e

-1＜0，
∴

1

2

（

1

e

-

1

e3

）∈(0，

1

e

)．
∴x₁+x₂+x₃＜

1

2

（

1

e

-

1

e3

）或x₁+x₂+x₃＞

1

2

（

1

e

-

1

e3

）．

點評：本題考查了函數(shù)恒成立問題，考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，訓練了函數(shù)零點的判定方法，著重考查了分類討論的數(shù)學思想方法，是壓軸題．