Question

已知f（x）=

xlnx

1+x

，在x=x₀處取得極值．
（1）證明：f（x₀）=-x₀；
（2）是否存在實數(shù)a，使得對任意x∈（0，+∞），f（x）≥

a(x-1)

x

？若存在，求a的所有值；若不存在，說明理由．

Answer 1

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

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）f′（x）=

lnx

(x+1)2

+

1

x+1

，（x＞0）．由于函數(shù)f（x）=

xlnx

1+x

，在x=x₀處取得極值．可得f′（x₀）=

lnx0

(x0+1)2

+

1

x0+1

=0，化簡即可證明f（x₀）=-x₀．
（2）假設(shè)存在實數(shù)a，使得對任意x∈（0，+∞），f（x）≥

a(x-1)

x

?x²lnx-a（x²-1）≥0恒成立，x∈（0，+∞）．令g（x）=x²lnx-a（x²-1），
g′（x）=2xlnx+x-2ax=x（2lnx+1-2a），對a分類討論：當(dāng)a=

1

2

時，當(dāng)a＞

1

2

時，當(dāng)a＜

1

2

時，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值即可得出．

解答： （1）證明：f′（x）=

lnx

(x+1)2

+

1

x+1

，（x＞0）．
∵函數(shù)f（x）=

xlnx

1+x

，在x=x₀處取得極值．
∴f′（x₀）=

lnx0

(x0+1)2

+

1

x0+1

=0，
∴（1+x₀）+lnx₀=0，
∴f（x₀）+x₀=

x0lnx0

1+x0

+x₀=

x0(1+x0+lnx0)

1+x0

=0，
∴f（x₀）=-x₀．
（2）解：假設(shè)存在實數(shù)a，使得對任意x∈（0，+∞），f（x）≥

a(x-1)

x

?x²lnx-a（x²-1）≥0恒成立，x∈（0，+∞）．
令g（x）=x²lnx-a（x²-1），
g′（x）=2xlnx+x-2ax=x（2lnx+1-2a），
①當(dāng)a=

1

2

時，g′（x）=2xlnx，
令g′（x）＞0，解得x＞1，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；令g′（x）＜0，解得0＜x＜1，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=1時，函數(shù)g（x）取得極小值即最小值，g（1）=0，滿足g（x）_min≥0的條件，因此a=

1

2

．
②當(dāng)a＞

1

2

時，令g′（x）=0，解得x0=e

2a-1

2

＞1，可得x∈（x₀，+∞），g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；x∈（0，x₀），g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
∴g（x₀）＜g（1）=0，不滿足g（x）_min≥0的條件，舍去．
③當(dāng)a＜

1

2

時，1-2a＞0，令g′（x）=0，解得x0=e

2a-1

2

＜1，可得x∈（x₀，+∞），g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；x∈（0，x₀），g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減．
∴g（x₀）＜g（1）=0，不滿足g（x）_min≥0的條件，舍去．
綜上可得：a=

1

2

．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法，考查了分類討論的思想方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．