Question

17．已知f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3．
（1）求函数f（x）在区间[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（2）对一切实数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，+∞），lnx＞$\frac{1}{e^x}-\frac{2}{ex}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导函数，利用导函数的性质得到导函数小于0时，函数单调递减；导函数大于0时，函数单调递增，进而确定出f（x）的最小值；
（2）把f（x）与g（x）解析式代入已知不等式，整理后设h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$（x＞0），求出h（x）的导函数，根据导函数的正负判断其增减性，进而求出h（x）的最小值，即可确定出a的范围；
（3）所证不等式两边乘以x，左边为f（x），右边设为m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），求出左边的最小值，以及右边的最大值，比较即可得证．

解答 （1）解：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＜t+2＜$\frac{1}{e}$，t无解；
②0＜t＜$\frac{1}{e}$＜t+2，即0＜t＜$\frac{1}{e}$时，f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
③$\frac{1}{e}$≤t＜t+2，即t≥$\frac{1}{e}$时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，f（x）_min=f（t）=tlnt；
则f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{e}，0＜t＜\frac{1}{e}}\\{tlnt，t≥\frac{1}{e}}\end{array}\right.$；
（2）解：2xlnx≥-x²+ax-3，则a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$，
设h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$（x＞0），则h′（x）=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，x∈（0，1），
当h′（x）＜0，h（x）单调递增，x∈（1，+∞），h′（x）＞0，h（x）单调递减，
则h（x）_min=h（1）=4，
∵对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，
∴a≤h（x）_min=4；
（3）证明：问题等价于证明xlnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），
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）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，易得m（x）_max=m（1）=-$\frac{1}{e}$，当且仅当x=1时取到，
则对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立．

点评 此题考查了利用导数求闭区间上的最值，以及函数恒成立问题，熟练掌握导函数的性质是解本题的关键．