Question

已知f（x）=xlnx，g(x)=

1

2

x2-x+a．
（1）当a=2时，求函数y=g（x）在[0，3]上的值域；
（2）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）证明：对一切x∈（0，+∞），都有xlnx＞

g′(x)+1

ex

-

2

e

成立．

Answer 1

分析：（1）当a=2时，由g（x）=

1

2

(x-1)2+

3

2

，x∈[0，3]，利用二次函数的性质求出它的值域．
（2）利用函数f（x）的导数的符号，分类讨论f（x）单调性，从而求出f（x）的最小值．
（3）令 h（x）=

g′(x)+1

ex

-

2

e

=

x

ex

-

2

e

，通过 h′（x）=

1-x

ex

 的符号研究h（x）的单调性，求出h（x）的最大值为h（1）=-

1

e

．再由f（x）=xlnx在（0，+∞）上的最小值为-

1

e

，且f（1）=0大于h（1），可得在（0，+∞）上恒有f（x）＞h（x），即 xlnx＞

g′(x)+1

ex

-

2

e

．

解答：解：（1）当a=2时，g（x）=

1

2

(x-1)2+

3

2

，x∈[0，3]，
当x=1时，gmin(x)=g(1)=

3

2

；当x=3时，gmax(x)=g(3)=

7

2

，
故g（x）值域为[

3

2

，

7

2

]．
（2）f'（x）=lnx+1，当x∈(0，

1

e

)，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈(

1

e

，+∞)，f'（x）＞0，f（x）单调递增．                                   
①若 0＜t＜t+2＜

1

e

，t无解；                       
②若 0＜t＜

1

e

＜t+2，即0＜t＜

1

e

时，f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

；     
③若

1

e

≤t＜t+2，即t≥

1

e

时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，f（x）_min=f（t）=tlnt，
所以 f（x）_min=

- 1 e  ，  0＜t＜ 1 e tlnt ，  t≥ 1 e

．        
（3）证明：令 h（x）=

g′(x)+1

ex

-

2

e

=

x

ex

-

2

e

，h′（x）=

1-x

ex

，
当 0＜x＜1时，h′（x）＞0，h（x）是增函数．当1＜x时． h′（x）＜0，h（x）是减函数，
故h（x） 在（0，+∞）上的最大值为h（1）=-

1

e

．
而由（2）可得，f（x）=xlnx在（0，+∞）上的最小值为-

1

e

，
且当h（x） 在（0，+∞）上的最大值为h（1）时，f（x）的值为ln1=0，
故在（0，+∞）上恒有f（x）＞h（x），即 xlnx＞

g′(x)+1

ex

-

2

e

．

点评：本题主要考查利用导数研究函数的单调性，二次函数的性质，函数的恒成立问题，属于中档题．