Question

2．已知f（x）=-x²+ax-2，g（x）=xlnx．
（1）對任意x∈（0，+∞），g（x）≥f（x）恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（2）求函數(shù)g（x）在區(qū)間[m．m+1]（m＞0）上的最值；
（3）證明：對任意x∈（0，+∞），都有l(wèi)nx+$\frac{2}{ex}$≥$\frac{1}{{e}^{x}}$成立．

Answer 1

分析 （1）問題轉(zhuǎn)化為$a≤lnx+x+\frac{2}{x}$在x∈（0，+∞）上恒成立，令$F（x）=lnx+x+\frac{2}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，求出F（x）的最小值，從而求出a的范圍即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出g（x）的最小值、最大值；
（3）問題等價(jià)于證明$xlnx≥\frac{x}{e^x}-\frac{2}{e}，\;\;x∈（0，\;\;+∞）$，知道g（x）=xlnx的最小值，設(shè)$G（x）=\frac{x}{e^x}-\frac{2}{e}，\;\;x∈（0，\;\;+∞）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出G（x）的最大值，從而證出結(jié)論即可．

解答 （1）解：對任意x∈（0，+∞），g（x）≥f（x）恒成立，
即xlnx≥-x²+ax-2恒成立，也就是$a≤lnx+x+\frac{2}{x}$在x∈（0，+∞）上恒成立．
令$F（x）=lnx+x+\frac{2}{x}$，
則$F'（x）=\frac{1}{x}+1-\frac{2}{x^2}=\frac{{{x^2}+x-2}}{x^2}=\frac{（x+2）（x-1）}{x^2}$，（2分）
x∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)'（x）＜0；x∈（1，+∞）時(shí)，F(xiàn)'（x）＞0，
因此在x=1處取極小值，也是最小值，
即F（x）_min=F（1）=3，
∴a≤3．（4分）
（2）解：g'（x）=lnx+1，令g'（x）=0得$x=\frac{1}{e}$，
當(dāng)$0＜m＜\frac{1}{e}$時(shí)，在$x∈[{m，\;\;\frac{1}{e}}）$上，g'（x）＜0；
在$x∈（{\frac{1}{e}，\;\;+∞}）$上，g'（x）＞0，
因此g（x）在處取得極小值，也是最小值，
故$g{（x）_{min}}=g（{\frac{1}{e}}）=-\frac{1}{e}$，
由于g（m）=mlnm＜0，g（m+1）=（m+1）ln（m+1）＞0，
因此，g（x）_max=g（m+1）=（m+1）ln（m+1）（6分）
當(dāng)$m≥\frac{1}{e}$時(shí)，g'（x）≥0，因此g（x）在區(qū)間[m，m+1]（m＞0）上單調(diào)遞增，
故g（x）_min=g（m）=mlnm，g（x）_max=g（m+1）=（m+1）ln（m+1）（8分）
（3）證明：問題等價(jià)于證明$xlnx≥\frac{x}{e^x}-\frac{2}{e}，\;\;x∈（0，\;\;+∞）$，
由（Ⅱ）知g（x）=xlnx當(dāng)且僅當(dāng)$x=\frac{1}{e}$時(shí)取最小值$-\frac{1}{e}$，（10分）
設(shè)$G（x）=\frac{x}{e^x}-\frac{2}{e}，\;\;x∈（0，\;\;+∞）$，則$G'（x）=\frac{1-x}{e^x}$，
易知$G{（x）_{max}}=G（1）=-\frac{1}{e}，\;\;∴xlnx≥\frac{x}{e^x}-\frac{2}{e}$，
從而可知對任意x∈（0，+∞），都有$lnx\;+\frac{2}{ex}≥\frac{1}{e^x}$成立．（12分）

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．