Question

19．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3．
（Ⅰ） 求f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（Ⅱ） 若存在x∈[$\frac{1}{e}$，e]（e是常数，e=2.71828…）使不等式2f（x）≥g（x）成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ） 证明对一切x∈（0，+∞）都有lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 对函数求导，根据导函数与0的关系写出函数的单调性和区间，讨论所给的区间和求出的单调区间之间的关系，在不同条件下做出函数的最值．
（Ⅱ） 由题意知2xlnx≥-x²+ax-3，则a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$，设h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$（x＞0），存在x∈[$\frac{1}{e}$，e]，2f（x）≥g（x）恒成立，所以a≤h（x）_max，得到结果．
（Ⅲ） 要证明不等式成立，问题等价于证明lxnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），由（Ⅰ）知f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-$\frac{1}{e}$，构造新函数，得到结论．

解答 解：（Ⅰ） f'（x）=lnx+1，当x∈（0，$\frac{1}{e}$），f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（$\frac{1}{e}$，+∞），f'（x）＞0，f（x）单调递增．
①0＜t＜t+2＜$\frac{1}{e}$，t无解；
②0＜t＜$\frac{1}{e}$＜t+2＜$\frac{1}{e}$，即0$＜t＜\frac{1}{e}$时，f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
③$\frac{1}{e}$≤t＜t+2，即t≥$\frac{1}{e}$时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，f（x）_min=f（t）=tlnt；
∴f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{e}，0＜t＜\frac{1}{e}}\\{tlnt．t≥\frac{1}{e}}\end{array}\right.$．
（Ⅱ）由题意知2xlnx≥-x²+ax-3，则a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$，
设h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$（x＞0），则h′（x）=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，
x∈[$\frac{1}{e}$，1]，h'（x）＜0，h（x）单调递减，x∈[1，e]，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x）_max=max{h（$\frac{1}{e}$），h（e）}
因为存在x∈[$\frac{1}{e}$，e]，2f（x）≥g（x）恒成立，所以a≤h（x）_max；
因为h（$\frac{1}{e}$）=-2+$\frac{1}{e}$+3e，h（e）=2+e+$\frac{3}{e}$，
所以h（$\frac{1}{e}$）＞h（e），
所以a≤-2+$\frac{1}{e}$+3e；
（Ⅲ）　问题等价于证明lxlnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），
由（Ⅰ）知f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-$\frac{1}{e}$，当且仅当x=$\frac{1}{e}$时取到
设m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），则m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，∴m（x）_max=m（1）=-$\frac{1}{e}$，
当且仅当x=1时取到，从而对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$成立．

点评 本题主要考查导数的应用，研究函数单调性、确定函数最值、证明不等式．利用导数研究函数单调性、确定函数最值、证明不等式，是导数的基本应用．这类题解法思路明确，需要细心细致地计算．