Question

6．已知f（x）=xlnx，g（x）=x³+ax²-x+2．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若對(duì)于任意的x∈（0，+∞），2f（x）≤g′（x）+2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
（3）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）-a（x-1），其中a∈R，求函數(shù)h（x）在[1，e]上的最小值．

Answer 1

分析 （1）先求出其導(dǎo)函數(shù)，再讓其導(dǎo)函數(shù)大于0對(duì)應(yīng)區(qū)間為增區(qū)間，小于0對(duì)應(yīng)區(qū)間為減區(qū)間即可．（注意是在定義域內(nèi)找單調(diào)區(qū)間）
（2）已知條件可以轉(zhuǎn)化為a≥lnx-$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2x}$恒成立，對(duì)不等式右邊構(gòu)造函數(shù)，利用其導(dǎo)函數(shù)求出函數(shù)的最大值即可求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）由已知得h′（x）=lnx+1-a，由h′（x）=0時(shí)，x=e^a-1．由此利用分類(lèi)討論思想和導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出函數(shù)h（x）在[1，e]上的最小值．

解答 解：（1）f′（x）=lnx+1，
令f′（x）＜0得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，$\frac{1}{e}$）
令f′（x）＞0得：x＞$\frac{1}{e}$，∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（$\frac{1}{e}$，+∞）；
（2）g′（x）=3x²+2ax-1，由題意2xlnx≤3x²+2ax+1，
∵x＞0，
∴a≥lnx-$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2x}$恒成立�、伲�
設(shè)h（x）=lnx-$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2x}$，則h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{{2x}^{2}}$=-$\frac{（x-1）（3x+1）}{{2x}^{2}}$，
令h′（x）=0得：x=1，x=-$\frac{1}{3}$（舍去）
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′（x）＞0；
當(dāng)x＞1時(shí)，h'（x）＜0
∴當(dāng)x=1時(shí)，h（x）有最大值-2，
若①恒成立，則a≥-2，
即a的取值范圍是[-2，+∞）．
（3）∵f（x）=xlnx，
∴h（x）=f（x）-a（x-1）=xlnx-a（x-1），
∴h′（x）=lnx+1-a，
∴h′（x）=0時(shí)，x=e^a-1．
∴①當(dāng)e^a-1＜1時(shí)，即a＜1時(shí)，
h（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，故在x=1處取得最小值為0；
②當(dāng)1≤e a-1≤e時(shí)，即1≤a≤2時(shí)，
h（x）在[1，e]內(nèi)，當(dāng)x=e^a-1取最小值為：
e^a-1（a-1）-ae^a-1+a=a-e^a-1；
③當(dāng)e^a-1＞e時(shí)，即a＞2時(shí)，
h（x）在[1，e]內(nèi)單調(diào)遞減，
故在x=e處取得最小值為：e-a（e-1）=（1-a）e+a．

點(diǎn)評(píng) 本題考查求函數(shù)的單調(diào)性，最值問(wèn)題，考查函數(shù)恒成立問(wèn)題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．