题目

题型：不详难度：来源：

已知函数f（x）=axlnx（a≠0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间和最值；
（Ⅱ）若m＞0，n＞0，a＞0，证明：f（m）+f（n）≥f（m+n）-a（m+n）ln2．

答案

（Ⅰ）∵f"（x）=alnx+a（x＞0），
当a＞0时，令f"（x）≥0，即lnx≥-1=lne^-1．
∴x≥e-1=

1

e

．，∴x∈[

1

e

，+∞)．
同理，令f"（x）≤0，可得x∈(0，

1

e

]．
∴f（x）单调递增区间为[

1

e

，+∞)，单调递减区间为(0，

1

e

]．
由此可知y=f(x)min=f(

1

e

)=-

a

e

．无最大值．
当a＜0时，令f"（x）≥0，即lnx≤-1=lne^-1．∴x≤e-1=

1

e

．，∴x∈(0，

1

e

]．
同理，令f"（x）≤0可得x∈[

1

e

，+∞)．
∴f（x）单调递增区间为(0，

1

e

]，单调递减区间为[

1

e

，+∞)．
由此可知y=f(x)max=f(

1

e

)=-

a

e

．此时无最小值．
（Ⅱ）不妨设m≥n＞0，令n=x，
记g(x)=amlnm+axlnx-a(m+x)ln

m+x

2

(x＞0)
g′(x)=alnx+a-aln

m+x

2

-a=aln

2x

m+x

∵m+x≥2x∴

2x

m+x

≤1，∴aln

x-m

m+x

≤0，
∴g"（x）≤0，∴g（x）是减函数，
∵m≥x＞0，∴g（x）≥g（m）=0∴g(x)=amlnm+axlnx-a(m+x)ln

m+x

2

≥0，即得证．