Question

3．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=（-x²+ax-3）e^x（a為實數(shù)）
（1）求f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）求函數(shù)f（x）在區(qū)間[t，t+1]（t＞0）上的最小值h（t）；
（3）若對任意x∈[$\frac{1}{e}$，e]，都有g(shù)（x）≥2e^xf（x）成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先確定函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），從而求導(dǎo)f′（x）=lnx+1，從而求單調(diào)增區(qū)間；
（2）由（1）知f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上是減函數(shù)，（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函數(shù)；從而討論以確定函數(shù)的最小值；
（3）化簡g（x）≥2e^xf（x）化為-x²+ax-3≥2xlnx，即a≥x+$\frac{3}{x}$+2lnx對任意x∈[$\frac{1}{e}$，e]都成立，從而令h（x）=x+$\frac{3}{x}$+2lnx，從而求導(dǎo)確定函數(shù)的最大值即可．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=xlnx的定義域為（0，+∞），
令f′（x）=lnx+1＞0，
解得，x＞$\frac{1}{e}$；
故f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（$\frac{1}{e}$，+∞）；
（2）由（1）知，f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上是減函數(shù)，（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函數(shù)；
①當0＜t≤$\frac{1}{e}$時，h（t）=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
②$\frac{1}{e}$＜t時，f（x）在[t，t+1]上單調(diào)遞增；
故h（t）=f（t）=tlnt；
故h（t）=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{e}，t∈（0，\frac{1}{e}]}\\{tlnt，t∈（\frac{1}{e}，+∞）}\end{array}\right.$；
（3）∵g（x）=（-x²+ax-3）e^x，f（x）=xlnx，
∴g（x）≥2e^xf（x）可化為（-x²+ax-3）e^x≥2e^x（xlnx），
即-x²+ax-3≥2xlnx，
即a≥x+$\frac{3}{x}$+2lnx對任意x∈[$\frac{1}{e}$，e]都成立，
令h（x）=x+$\frac{3}{x}$+2lnx，
則h′（x）=1-$\frac{3}{{x}^{2}}$+$\frac{2}{x}$=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，
故h（x）在[$\frac{1}{e}$，1）上是減函數(shù)，在（1，e]上是增函數(shù)；
而h（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$+3e-2，h（e）=e+$\frac{3}{e}$+2，
h（e）-h（$\frac{1}{e}$）=（e+$\frac{3}{e}$+2）-（$\frac{1}{e}$+3e-2）=4-2e+$\frac{2}{e}$＜0，
故h_max（x）=h（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$+3e-2，
故a≥$\frac{1}{e}$+3e-2；
即實數(shù)a的取值范圍為[$\frac{1}{e}$+3e-2，+∞）．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，同時考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想應(yīng)用及恒成立問題與最值問題的應(yīng)用．