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已知f(x)=xlnx,g(x)=-x2+ax-2,e≈2.718285.
(I)求函数f(x)在[t,t+1](t>0)上的最小值;
(II)存在x0∈[1,e],使得f(x0)≥g(x0)成立,求实数a的取值范围;
(III)证明:对一切x∈(0,+∞),都有lnx>
1
ex
-
1
x
成立.
分析:(I)求导函数f′(x)=lnx+1,令其等于0,则x=
1
e
,由于x∈[t,t+1](t>0),故进行分类讨论,即0<t<
1
e
<t+1
t≥
1
e
,从而确定函数f(x)在[t,t+1](t>0)上的最小值;
(II)由题意,并分离参数得xlnx≥-x2+ax-2,a≤lnx+x+
2
x
,因为存在x0∈[1,e],使得f(x0)≥g(x0)成立,故有a≤h(x)max=h(e)=e+
2
e
+1

(III)问题等价于证明xlnx>
x
ex
-1(x∈(0,+∞))
,分别求左边的最小值,右边的最大值,从而问题得证.
解答:解:(I)f′(x)=lnx+1,
x∈(0,
1
e
),f/(x)<0,f(x)
单调递减,
x∈(
1
e
,+∞),f/(x)>0,f(x)
单调递增,
所以0<t<
1
e
<t+1
,即0<t<
1
e
时,f(x)min=f(
1
e
)=-
1
e

1
e
≤t<t+1
,即t≥
1
e
时,f(x)在[t,t+1]上单调递增,f(x)min=f(t)=tlnt,
综上得f(x)min=
-
1
e
,0<t<
1
e
tlnt,t≥
1
e

(II)xlnx≥-x2+ax-2,∴a≤lnx+x+
2
x

h(X)=lnx+x+
2
x
(x∈[1,e])

h/(x)=
(x+2)(x-1)
x2

x∈[1,e],h′(x)≥0,h(x)单调递增,
∴存在x0∈[1,e],使得f(x0)≥g(x0)成立,即a≤h(x)max=h(e)=e+
2
e
+1

(III)问题等价于证明xlnx>
x
ex
-1(x∈(0,+∞))
成立
由(I)可知f(x)=xlnx(x∈(0,+∞))的最小值是-
1
e
,当且仅当x=
1
e
时取到
F(x)=
x
ex
-1
(x∈(0,+∞))
F/(x)=
1-x
ex
,可解得函数F(x)=
x
ex
-1
在(0,1)上是增函数,在(1,+∞)上是减函数
F(x)max=F(1)=
1
e
-1

分析可得有
1
e
-1<-
1
e
,即(xlnx)min>(
x
ex
-1)max
xlnx>
x
ex
-1(x∈(0,+∞))
成立;
从而对一切x∈(0,+∞),都有lnx>
1
ex
-
1
x
成立.
点评:本题主要考查了函数的极值,以及利用导数研究函数的单调性等基础知识,考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力.
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