Question

7．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-2．
（1）若曲线f（x）=xlnx在x=1处的切线与函数g（x）=-x²+ax-2也相切，求实数a的值；
（2）求函数f（x）在$[{t，t+\frac{1}{4}}]（{t＞0}）$上的最小值；
（3）证明：对任意的x∈（0，+∞），都有$xlnx＞\frac{x}{e^x}-\frac{2}{e}$成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，求出切线方程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论t的范围求出函数的单调区间，从而求出f（x）的最小值即可；
（3）设m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，（x∈（0，+∞）），求出m（x）的导数，求出m（x）的最大值，得到f（x）_min≥-$\frac{1}{e}$≥m（x）_max恒成立，从而证明结论即可．

解答 解：（1）f′（x）=lnx+x•$\frac{1}{x}$=lnx+1，
x=1时，f′（1）=1，f（1）=0，
故f（x）在x=1处的切线方程是：y=x-1，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=x-1}\\{y={-x}^{2}+ax-2}\end{array}\right.$，
消去y得：x²+（1-a）x+1=0，
由题意得：△=（1-a）²-4=0，
解得：a=3或-1；
（2）由（1）得：f′（x）=lnx+1，
x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
①0＜t＜t+$\frac{1}{4}$≤$\frac{1}{e}$，即0＜t≤$\frac{1}{e}$-$\frac{1}{4}$时，
f（x）_min=f（t+$\frac{1}{4}$）=（t+$\frac{1}{4}$）ln（t+$\frac{1}{4}$），
②0＜t＜$\frac{1}{e}$＜t+$\frac{1}{4}$，即$\frac{1}{e}$-$\frac{1}{4}$＜t＜$\frac{1}{e}$时，
f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
③$\frac{1}{e}$≤t＜t+$\frac{1}{4}$，即t≥$\frac{1}{e}$时，f（x）在[t，t+$\frac{1}{4}$]递增，
f（x）_min=f（t）=tlnt；
综上，f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{（t+\frac{1}{4}）ln（t+\frac{1}{4}），0＜t≤\frac{1}{e}-\frac{1}{4}}\\{-\frac{1}{e}，\frac{1}{e}-\frac{1}{4}＜t＜\frac{1}{e}}\\{tlnt，t≥\frac{1}{e}}\end{array}\right.$；
（3）证明：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，m（x）递增，
x∈（1，+∞）时，m′（x）＜0，m（x）递减，
可得m（x）_max=m（1）=-$\frac{1}{e}$，当且仅当x=1时取到，
由（2）得f（x）=xlnx，（x∈（0，+∞））的最小值是-$\frac{1}{e}$，
当且仅当x=$\frac{1}{e}$时取到，
因此x∈（0，+∞）时，f（x）_min≥-$\frac{1}{e}$≥m（x）_max恒成立，
又两次最值不能同时取到，
故对任意x∈（0，+∞），都有$xlnx＞\frac{x}{e^x}-\frac{2}{e}$成立．

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分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．