Question

3．已知函数f（x）=x（a+lnx），g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．
（Ⅰ）若函数f（x）的最小值为-$\frac{1}{e}$，求实数a的值；
（Ⅱ）当a＞0，x＞0时，求证：g（x）-f（x）＜$\frac{2}{e}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，根据函数的最小值求出a的值即可；
（Ⅱ）根据函数的单调性分别求出f（x）的最小值和g（x）的最大值，从而证出结论即可．

解答 解：（Ⅰ）f'（x）=a+1+lnx（x＞0），（1分）
由f'（x）＞0，得x＞e^-a-1，由f'（x）＜0，得0＜x＜e^-a-1，
∴f（x）在（0，e^-a-1）递减，在（e^-a-1+∞）递增．（3分）
∴$f{（x）_{min}}=f（{e^{-a-1}}）={e^{-a-1}}（a+ln{e^{-a-1}}）=-{e^{-a-1}}=-\frac{1}{e}$．（4分）
∴a=0．（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得$xlnx≥-\frac{1}{e}$，
∴当a＞0，x＞0时，$f（x）=x（a+lnx）=ax+xlnx＞xlnx≥-\frac{1}{e}$，即$f（x）＞-\frac{1}{e}$．（7分）
∵$g（x）=\frac{x}{e^x}$，$g'（x）=\frac{1-x}{e^x}（x＞0）$，（8分）
由g'（x）＞0，得0＜x＜1，由g'（x）＜0，得x＞1，
∴g（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减．（9分）
∴$g（x）≤g（1）=\frac{1}{e}$，（10分）
∴$g（x）-f（x）=g（x）+[{-f（x）}]＜\frac{1}{e}+\frac{1}{e}=\frac{2}{e}$，即$g（x）-f（x）＜\frac{2}{e}$．（12分）

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转化思想，是一道中档题．