Question

3．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=（-x²+ax-3）e^x（a为实数）
（1）求f（x）的单调增区间；
（2）求函数f（x）在区间[t，t+1]（t＞0）上的最小值h（t）；
（3）若对任意x∈[$\frac{1}{e}$，e]，都有g（x）≥2e^xf（x）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先确定函数f（x）的定义域为（0，+∞），从而求导f′（x）=lnx+1，从而求单调增区间；
（2）由（1）知f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上是减函数，（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函数；从而讨论以确定函数的最小值；
（3）化简g（x）≥2e^xf（x）化为-x²+ax-3≥2xlnx，即a≥x+$\frac{3}{x}$+2lnx对任意x∈[$\frac{1}{e}$，e]都成立，从而令h（x）=x+$\frac{3}{x}$+2lnx，从而求导确定函数的最大值即可．

解答 解：（1）函数f（x）=xlnx的定义域为（0，+∞），
令f′（x）=lnx+1＞0，
解得，x＞$\frac{1}{e}$；
故f（x）的单调增区间为（$\frac{1}{e}$，+∞）；
（2）由（1）知，f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上是减函数，（$\frac{1}{e}$，+∞）上是增函数；
①当0＜t≤$\frac{1}{e}$时，h（t）=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
②$\frac{1}{e}$＜t时，f（x）在[t，t+1]上单调递增；
故h（t）=f（t）=tlnt；
故h（t）=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{e}，t∈（0，\frac{1}{e}]}\\{tlnt，t∈（\frac{1}{e}，+∞）}\end{array}\right.$；
（3）∵g（x）=（-x²+ax-3）e^x，f（x）=xlnx，
∴g（x）≥2e^xf（x）可化为（-x²+ax-3）e^x≥2e^x（xlnx），
即-x²+ax-3≥2xlnx，
即a≥x+$\frac{3}{x}$+2lnx对任意x∈[$\frac{1}{e}$，e]都成立，
令h（x）=x+$\frac{3}{x}$+2lnx，
则h′（x）=1-$\frac{3}{{x}^{2}}$+$\frac{2}{x}$=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，
故h（x）在[$\frac{1}{e}$，1）上是减函数，在（1，e]上是增函数；
而h（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$+3e-2，h（e）=e+$\frac{3}{e}$+2，
h（e）-h（$\frac{1}{e}$）=（e+$\frac{3}{e}$+2）-（$\frac{1}{e}$+3e-2）=4-2e+$\frac{2}{e}$＜0，
故h_max（x）=h（$\frac{1}{e}$）=$\frac{1}{e}$+3e-2，
故a≥$\frac{1}{e}$+3e-2；
即实数a的取值范围为[$\frac{1}{e}$+3e-2，+∞）．

点评 本题考查了导数的综合应用，同时考查了分类讨论的数学思想应用及恒成立问题与最值问题的应用．