Question

17．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）求证：对一切x∈（0，+∞），都有xlnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$．

Answer 1

分析 （1）先求导数，然后讨论极值点与区间[t，t+1]的关系，确定函数的单调性，从而求出最值；
（2）分离参数，转化为函数的最值问题求解；
（3）只需不等号左边的最小值大于右边函数的最大值即可，然后分别求出函数最值解决问题．

解答 解：（1）由已知得f′（x）=1+lnx，令f′（x）=0．得x=$\frac{1}{e}$．
若$\frac{1}{e}≤t$，则当x∈[t，t+2]时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在[t，t+2]上递增，所以f（x）_min=f（t）=tlnt；
若$t＜\frac{1}{e}＜t+2$，即$0＜t＜\frac{1}{e}$时，则当x$∈[t，\frac{1}{e}）$时，f′（x）＜0，当$x∈（\frac{1}{e}，t+2）$时，f′（x）＞0，所以f（x）在$[t，\frac{1}{e}]$上递减，在$[\frac{1}{e}，t+2]$上递增，
所以此时f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=$-\frac{1}{e}$；
所以f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{tlnt，t＞\frac{1}{e}}\\{-\frac{1}{e}，0＜t≤\frac{1}{e}}\end{array}\right.$．
（2）由题意，不等式化为ax≤2xlnx+x²+3，因为x＞0，
所以$a≤2lnx+x+\frac{3}{x}$，当x＞0时恒成立．
令h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$，则h$′（x）=\frac{2}{x}-\frac{3}{{x}^{2}}+1=\frac{{x}^{2}+2x-3}{{x}^{2}}=\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$．
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，x＞1时，h′（x）＞0，所以h（x）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增．
故h（x）_min=h（1）=2ln1+1+3=4．所以a≤4．
故所求a的范围是（-∞，4]．
（3）令t（x）=xlnx，易知t′（x）=1+lnx，令t′（x）=0得t=$\frac{1}{e}$．由（1）知，此时t（x）_min=t（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$．
再令m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}-\frac{2}{e}$，则$m′（x）=\frac{1-x}{{e}^{x}}$，当x∈（0，1）时，m′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，m′（x）＜0．
所以m（x）在（0，1）上递增，在（1，+∞）上递减，所以m（x）_max=m（1）=$-\frac{1}{e}$．
所以t（x）$≥-\frac{1}{e}≥m（x）$，又因为两者取等号时的条件不一致，
所以t（x）＞m（x）恒成立．
即对一切x∈（0，+∞），都有xlnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$．

点评 本题主要考查了不等式恒成立问题的解题思路，一般此类问题转化为函数的最值问题来解．