Question

6．已知f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3
（1）對x∈（0，+∞），不等式2f（x）≥g（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）證明：對一切x∈（0，+∞），都有$lnx＞\frac{1}{e^x}-\frac{2}{ex}$．

Answer 1

分析 （1）由已知得a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$，設h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$（x＞0），則h′（x）=$\frac{（x+3）（x-1）}{x2}$，由此利用導數(shù)性質(zhì)能求出實數(shù)a的取值范圍．
（2）問題等價于證明xlnx＞$\frac{x}{ex}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），設m（x）=$\frac{x}{ex}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），則m′（x）=$\frac{1-x}{ex}$，由此利用導數(shù)性質(zhì)求證即可．

解答 解：（1）2xlnx≥-x²+ax-3，則a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$，
設h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$（x＞0），則h′（x）=$\frac{（x+3）（x-1）}{x2}$，
當x∈（0，1）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
當x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
∴[h（x）]_min=h（1）=4，
∵對一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，
∴a≤[h（x）]_min=4．
證明：（2）問題等價于證明xlnx＞$\frac{x}{ex}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），
由（1）可知f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-$\frac{1}{e}$，當且僅當x=$\frac{1}{e}$時取得．
設m（x）=$\frac{x}{ex}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），則m′（x）=$\frac{1-x}{ex}$，
由題意得[m（x）]_max=m（1）=-$\frac{1}{e}$，
當且僅當x=1時取到，從而對一切x∈（0，+∞），都有l(wèi)nx＞$\frac{1}{ex}$-$\frac{2}{ex}$成立．

點評 本題考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查不等式的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意導數(shù)性質(zhì)、構(gòu)造法的合理運用．