Question

17．已知f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3．
（1）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（2）對一切實(shí)數(shù)x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）證明對一切x∈（0，+∞），lnx＞$\frac{1}{e^x}-\frac{2}{ex}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)得到導(dǎo)函數(shù)小于0時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減；導(dǎo)函數(shù)大于0時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，進(jìn)而確定出f（x）的最小值；
（2）把f（x）與g（x）解析式代入已知不等式，整理后設(shè)h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$（x＞0），求出h（x）的導(dǎo)函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)判斷其增減性，進(jìn)而求出h（x）的最小值，即可確定出a的范圍；
（3）所證不等式兩邊乘以x，左邊為f（x），右邊設(shè)為m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），求出左邊的最小值，以及右邊的最大值，比較即可得證．

解答 （1）解：f′（x）=lnx+1，
當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{e}$），f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
①0＜t＜t+2＜$\frac{1}{e}$，t無解；
②0＜t＜$\frac{1}{e}$＜t+2，即0＜t＜$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
③$\frac{1}{e}$≤t＜t+2，即t≥$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）在[t，t+2]上單調(diào)遞增，f（x）_min=f（t）=tlnt；
則f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{e}，0＜t＜\frac{1}{e}}\\{tlnt，t≥\frac{1}{e}}\end{array}\right.$；
（2）解：2xlnx≥-x²+ax-3，則a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$，
設(shè)h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$（x＞0），則h′（x）=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，x∈（0，1），
當(dāng)h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞增，x∈（1，+∞），h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞減，
則h（x）_min=h（1）=4，
∵對一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，
∴a≤h（x）_min=4；
（3）證明：問題等價(jià)于證明xlnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），
由（1）可知f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-$\frac{1}{e}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{1}{e}$時(shí)取到，
設(shè)m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），
則m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，易得m（x）_max=m（1）=-$\frac{1}{e}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取到，
則對一切x∈（0，+∞），都有l(wèi)nx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立．

點(diǎn)評 此題考查了利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上的最值，以及函數(shù)恒成立問題，熟練掌握導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．