Question

已知函数f（x）=（x-a）lnx，a∈R．（Ⅰ）若a=0，对于任意的x∈（0，1），求证：-1e≤f（x）＜0；（Ⅱ）

已知函数f（x）=（x-a）lnx，a∈R．（Ⅰ）若a=0，对于任意的x∈（0，1），求证：-1e≤f（x）＜0；（Ⅱ）若函数f（x）在其定义域内不是单调函数，求实数a的取值范围．

Answer 1

解答：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）