Question

1．已知f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3．
（1）求函數(shù)f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（2）對一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）證明：對一切x∈（0，+∞），都有l(wèi)nx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立．

Answer 1

分析 （1）求出導函數(shù)f'（x）=lnx+1，對x分別討論，得出導函數(shù)的正負區(qū)間，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性分別討論t的范圍，求出函數(shù)的最小值；
（2）不等式整理為a≤x+$\frac{3}{x}$+2lnx恒成立，只需求出右式的最小值即可，構造函數(shù)h（x）=x+2lnx+$\frac{3}{x}$，
利用求導的方法得出函數(shù)的最小值；
（3）根據(jù)不等式的形式可得f（x）＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，只需使f（x）的最小值大于右式的最大值即可，構造函數(shù)m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，利用求導得出函數(shù)的最大值．

解答 解：（1）f（x）=xlnx，
∴f'（x）=lnx+1
當x∈（0，$\frac{1}{e}$），f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當x∈（ $\frac{1}{e}$，+∞），f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增 
①0＜t＜$\frac{1}{e}$時，f（x）min=f（ $\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；       
②$\frac{1}{e}$≤t時，f（x）在[t，t+2]上單調(diào)遞增，f（x）_min=f（t）=tlnt； 
∴f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{e}}&{，0＜t＜\frac{1}{e}}\\{tlnt}&{，t≥\frac{1}{e}}\end{array}\right.$，
（2）2f（x）≥g（x）恒成立，
∴a≤x+$\frac{3}{x}$+2lnx恒成立，
令h（x）=x+2lnx+$\frac{3}{x}$，
則h'（x）=1+$\frac{2}{x}$-$\frac{3}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，
由h'（x）=0，得x₁=-3，x₂=1，
x∈（0，1）時，h'（x）＜0；
x∈（1，+∞）時，h'（x）＞0．
∴x=1時，h（x）_min=1+0+3=4．
∴a≤4．
∴實數(shù)a的取值范圍是（-∞，4]．
 （3）對一切x∈（0，+∞），都有l(wèi)nx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立，
∴xlnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，
∴f（x）＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，
由（1）可知f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-$\frac{1}{e}$，當且僅當x=$\frac{1}{e}$時取到．
設m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，（x∈（0，+∞）），則m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
∵x∈（0，1）時，m′（x）＞0，
x∈（1，+∞）時，m′（x）＜0，
∴m（x）max=m（1）=-$\frac{1}{e}$，
從而對一切x∈（0，+∞），lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立．

點評 考查了利用導函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，利用導數(shù)求函數(shù)的最值，根據(jù)單調(diào)性對參數(shù)的分類討論求函數(shù)的最值．分類討論思想的應用．