Question

18．已知函数f（x）=x²-x，g（x）=lnx．
（Ⅰ）求函数y=xg（x）的单调区间；
（Ⅱ）若t∈[$\frac{1}{2}$，1]，求y=f[xg（x）+t]在x∈[1，e]上的最小值（结果用t表示）；
（Ⅲ）关于x的不等式g（x）-$\frac{a}{2}$f（x）≤（$\frac{3}{2}$a-1）x-1恒成立，求整数a的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）由y=（xlnx）²+（2t-1）（xlnx）+t²-t，x∈[1，e]，令u=xlnx，得到h（u）=u²+（2t-1）u+t²-t的单调性，从而求出h（u）的最小值即可；
（Ⅲ）分离参数a可得：不等式g（x）-$\frac{a}{2}$f（x）≤（$\frac{3}{2}$a-1）x-1恒成立?a＞m（x）_max，x＞0．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．

解答 解：（Ⅰ）y=xg（x）=xlnx，y′=lnx+1，
令y′＞0，解得：x＞$\frac{1}{e}$，令y′＜0，解得：0＜x＜$\frac{1}{e}$，
故函数y=xg（x）在（0，$\frac{1}{e}$）递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）递增；
（Ⅱ）函数y=f[xg（x）+t]=（xlnx）²+（2t-1）（xlnx）+t²-t，x∈[1，e]，
令u=xlnx，由（Ⅰ）得：u=xlnx在[1，e]上单调递增，
所以0≤u≤e，y=h（u）=u²+（2t-1）u+t²-t，
h（u）的图象的对称轴u=-t+$\frac{1}{2}$，若t∈[$\frac{1}{2}$，1]，
则-$\frac{1}{2}$≤-t+$\frac{1}{2}$≤0，
h（u）在[0，e]上递增，
h（u）_min=h（0）=t²-t，
即y=f[xg（x）+t]在x∈[1，e]上的最小值是t²-t；
（Ⅲ）由g（x）-$\frac{a}{2}$f（x）≤（$\frac{3}{2}$a-1）x-1恒成立，
化为：a＞$\frac{2lnx+2x+2}{{x}^{2}+2x}$=m（x），
只需a＞m（x）_max，x＞0．
m′（x）=$\frac{2（x+1）（1-lnx）}{{{（x}^{2}+2x）}^{2}}$，
令m′（x）＞0，解得0＜x＜e，此时函数m（x）单调递增；
令m′（x）＜0，解得e＜x，此时函数m（x）单调递减．
∴当x=e时，函数m（x）取得极大值即最大值，m（e）=$\frac{2}{e}$，
∴a＞$\frac{2}{e}$．
∴整数a的最小值为1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想、换元思想，是一道综合题．