Question

8．已知函数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）探讨函数F（x）=lnx-$\frac{1}{{e}^{x}}$+$\frac{2}{ex}$是否存在零点？若存在，求出函数F（x）的零点，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求得f′（x）=lnx+1，令f′（x）=0，可得x=$\frac{1}{e}$．对t分类讨论：当0＜m＜$\frac{1}{e}$时，及当t≥$\frac{1}{e}$时，分别研究其单调性、极值与最值，即可得出；
（2）由题意可得，2xlnx≥-x²+ax-3．即a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$恒成立，令h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$，求出导数和单调区间，可得极小值且为最小值，由此求出实数a的取值范围；
（3）把函数整理成F（x）=lnx-$\frac{1}{{e}^{x}}$+$\frac{2}{ex}$≥-$\frac{1}{ex}$-$\frac{1}{{e}^{x}}$+$\frac{2}{ex}$=$\frac{1}{x}$（$\frac{1}{e}$-$\frac{x}{{e}^{x}}$），要判断是否有零点，只需看F（x）的正负问题，令G（x）=$\frac{1}{e}$-$\frac{x}{{e}^{x}}$，利用导数分析G（x）的单调区间和最值，即可判断是否存在零点．

解答 解：（1）f（x）=xlnx，
f′（x）=lnx+1，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{e}$．
①当0＜t＜$\frac{1}{e}$时，在x∈[t，$\frac{1}{e}$）上f′（x）＜0；在x∈（$\frac{1}{e}$．t+2]上f′（x）＞0．
因此，f（x）在x=$\frac{1}{e}$处取得极小值，也是最小值．f_min（x）=-$\frac{1}{e}$．
②当t≥$\frac{1}{e}$，f′（x）≥0，因此f（x）在[t，t+2]上单调递增，f_min（x）=f（t）=tlnt；
（2）由对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，
即有2xlnx≥-x²+ax-3．
即a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$恒成立，
令h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$，h′（x）=$\frac{2}{x}$+1-$\frac{3}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+2x-3}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）是增函数，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）是减函数，
∴a≤h（x）_min=h（1）=4．
即实数a的取值范围是（-∞，4]；
（3）令m（x）=2xlnx，
m'（x）=2（1+lnx），
当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，m'（x）＜0，m（x）递减；
当x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，m'（x）＞0，m（x）递增；
∴m（x）的最小值为m（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{2}{e}$，
则2xlnx≥-$\frac{2}{e}$，
∴lnx≥-$\frac{1}{ex}$，
F（x）=lnx-$\frac{1}{{e}^{x}}$+$\frac{2}{ex}$=0①
则F（x）=lnx-$\frac{1}{{e}^{x}}$+$\frac{2}{ex}$≥-$\frac{1}{ex}$-$\frac{1}{{e}^{x}}$+$\frac{2}{ex}$=$\frac{1}{x}$（$\frac{1}{e}$-$\frac{x}{{e}^{x}}$），
令G（x）=$\frac{1}{e}$-$\frac{x}{{e}^{x}}$，则G'（x）=$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，
当x∈（0，1）时，G'（x）＜0，G（x）递减；
当x∈（1，+∞）时，G'（x）＞0，G（x）递增；
∴G（x）≥G（1）=0 ②
∴F（x）=lnx-$\frac{1}{{e}^{x}}$+$\frac{2}{ex}$≥-$\frac{1}{ex}$-$\frac{1}{{e}^{x}}$+$\frac{2}{ex}$=$\frac{1}{x}$（$\frac{1}{e}$-$\frac{x}{{e}^{x}}$）≥0，
∵①②中取等号的条件不同，
∴F（x）＞0，故函数F（x）没有零点．

点评 本题考查导数的综合应用：求单调区间和极值、最值，注意运用分类讨论思想方法和参数分离，以及构造函数法，考查了恒成立问题的解法，化简整理的运算能力，属于中档题．