Question

7．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-2．
（1）若曲線f（x）=xlnx在x=1處的切線與函數(shù)g（x）=-x²+ax-2也相切，求實(shí)數(shù)a的值；
（2）求函數(shù)f（x）在$[{t，t+\frac{1}{4}}]（{t＞0}）$上的最小值；
（3）證明：對(duì)任意的x∈（0，+∞），都有$xlnx＞\frac{x}{e^x}-\frac{2}{e}$成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（1），f′（1）的值，求出切線方程即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論t的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出f（x）的最小值即可；
（3）設(shè)m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，（x∈（0，+∞）），求出m（x）的導(dǎo)數(shù)，求出m（x）的最大值，得到f（x）_min≥-$\frac{1}{e}$≥m（x）_max恒成立，從而證明結(jié)論即可．

解答 解：（1）f′（x）=lnx+x•$\frac{1}{x}$=lnx+1，
x=1時(shí)，f′（1）=1，f（1）=0，
故f（x）在x=1處的切線方程是：y=x-1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=x-1}\\{y={-x}^{2}+ax-2}\end{array}\right.$，
消去y得：x²+（1-a）x+1=0，
由題意得：△=（1-a）²-4=0，
解得：a=3或-1；
（2）由（1）得：f′（x）=lnx+1，
x∈（0，$\frac{1}{e}$）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增，
①0＜t＜t+$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{e}$，即0＜t≤$\frac{1}{e}$-$\frac{1}{4}$時(shí)，
f（x）_min=f（t+$\frac{1}{4}$）=（t+$\frac{1}{4}$）ln（t+$\frac{1}{4}$），
②0＜t＜$\frac{1}{e}$＜t+$\frac{1}{4}$，即$\frac{1}{e}$-$\frac{1}{4}$＜t＜$\frac{1}{e}$時(shí)，
f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
③$\frac{1}{e}$≤t＜t+$\frac{1}{4}$，即t≥$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）在[t，t+$\frac{1}{4}$]遞增，
f（x）_min=f（t）=tlnt；
綜上，f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{（t+\frac{1}{4}）ln（t+\frac{1}{4}），0＜t≤\frac{1}{e}-\frac{1}{4}}\\{-\frac{1}{e}，\frac{1}{e}-\frac{1}{4}＜t＜\frac{1}{e}}\\{tlnt，t≥\frac{1}{e}}\end{array}\right.$；
（3）證明：設(shè)m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，（x∈（0，+∞）），則m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
x∈（0，1）時(shí)，m′（x）＞0，m（x）遞增，
x∈（1，+∞）時(shí)，m′（x）＜0，m（x）遞減，
可得m（x）_max=m（1）=-$\frac{1}{e}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取到，
由（2）得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，
因此x∈（0，+∞）時(shí)，f（x）_min≥-$\frac{1}{e}$≥m（x）_max恒成立，
又兩次最值不能同時(shí)取到，
故對(duì)任意x∈（0，+∞），都有$xlnx＞\frac{x}{e^x}-\frac{2}{e}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．