Question

1．已知f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3．
（1）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（2）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）证明：对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立．

Answer 1

分析 （1）求出导函数f'（x）=lnx+1，对x分别讨论，得出导函数的正负区间，根据函数单调性分别讨论t的范围，求出函数的最小值；
（2）不等式整理为a≤x+$\frac{3}{x}$+2lnx恒成立，只需求出右式的最小值即可，构造函数h（x）=x+2lnx+$\frac{3}{x}$，
利用求导的方法得出函数的最小值；
（3）根据不等式的形式可得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，构造函数m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，利用求导得出函数的最大值．

解答 解：（1）f（x）=xlnx，
∴f'（x）=lnx+1
当x∈（0，$\frac{1}{e}$），f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（ $\frac{1}{e}$，+∞），f′（x）＞0，f（x）单调递增 
①0＜t＜$\frac{1}{e}$时，f（x）min=f（ $\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；       
②$\frac{1}{e}$≤t时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，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+$\frac{3}{x}$，
则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）时，h'（x）＜0；
x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0．
∴x=1时，h（x）_min=1+0+3=4．
∴a≤4．
∴实数a的取值范围是（-∞，4]．
 （3）对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$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-$\frac{1}{e}$，当且仅当x=$\frac{1}{e}$时取到．
设m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，（x∈（0，+∞）），则m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
∵x∈（0，1）时，m′（x）＞0，
x∈（1，+∞）时，m′（x）＜0，
∴m（x）max=m（1）=-$\frac{1}{e}$，
从而对一切x∈（0，+∞），lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立．

点评 考查了利用导函数判断函数的单调性，利用导数求函数的最值，根据单调性对参数的分类讨论求函数的最值．分类讨论思想的应用．