Question

8．已知函数h（x）=xlnx，x∈（0，+∞），g（x）=x³-ax，设f（x）=h′（x）-x．
（1）求函数h（x）的单调区间与最小值；
（2）若对于任意x₁∈（0，+∞），总存在x₂∈[1，2]，使得f（x₁）≤g（x₂）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出h（x）的导数，由导函数的零点对函数定义域分段，由导函数在各区间段内的符号确定原函数的单调期间，并求得函数的最小值；
（2）把对于任意x₁∈（0，+∞），总存在x₂∈[1，2]，使得f（x₁）≤g（x₂）成立，转化为f（x）_max≤g（x）_max．利用导数求出f（x）在（0，+∞）上的最大值，分类求出g（x）在[1，2]上的最大值，然后求解关于a的不等式求得a的取值范围．

解答 解：（1）由h（x）=xlnx，x∈（0，+∞），得
h′（x）=lnx+1，
由h′（x）=0，得x=$\frac{1}{e}$．
当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，h′（x）＜0，当x∈（$\frac{1}{e}，+∞$）时，h′（x）＞0，
∴h（x）的减区间为（0，$\frac{1}{e}$）；增区间为（$\frac{1}{e}，+∞$）．
$h（x）_{min}=h（\frac{1}{e}）=\frac{1}{e}ln\frac{1}{e}=-\frac{1}{e}$；
（2）f（x）=h′（x）-x=lnx-x+1，g（x）=x³-ax，
对于任意x₁∈（0，+∞），总存在x₂∈[1，2]，使得f（x₁）≤g（x₂）成立，
等价于f（x）_max≤g（x）_max．
由f（x）=lnx-x+1，得$f′（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
∴f（x）_max=f（1）=0．
由g（x）=x³-ax，得g′（x）=3x²-a，
当a≤0时，g′（x）＞0在[1，2]上恒成立，g（x）在[1，2]上为增函数，
则g（x）_max=g（2）=8-2a，由8-2a≥0，得a≤4，∴a≤0；
当a＞0时，由g′（x）=0，得x=$-\sqrt{\frac{a}{3}}$（舍）或x=$\sqrt{\frac{a}{3}}$．
∴当x∈（0，$\sqrt{\frac{a}{3}}$）时，g′（x）＜0，当x∈（$\sqrt{\frac{a}{3}}$，+∞）时，g′（x）＞0，
函数在（0，$\sqrt{\frac{a}{3}}$）上为减函数，在（$\sqrt{\frac{a}{3}}$，+∞）上为增函数，
若$\sqrt{\frac{a}{3}}≤1$，即a≤3，函数g（x）在[1，2]上为增函数，
则g（x）_max=g（2）=8-2a，由8-2a≥0，得a≤4，∴0＜a≤3；
若$\sqrt{\frac{a}{3}}≥2$，即a≥12，函数g（x）在[1，2]上为减函数，
则g（x）_max=g（1）=1-a，由1-a≥0，得a≤1，a∈∅；
若$1＜\sqrt{\frac{a}{3}}＜2$，即3＜a＜12时，函数g（x）在（1，$\sqrt{\frac{a}{3}}$）上为减函数，在（$\sqrt{\frac{a}{3}}，2$）上为增函数，
g（x）_max=max{g（1），g（2）}，
当3＜a≤7时，8-2a≥1-a，由8-2a≥0，得a≤4，∴3＜a≤4；
当7＜a＜12，1-a＞8-2a，由1-a≥0，得a≤1，∴a∈∅．
综上，实数a的取值范围是（-∞，4]．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题是解答该题的关键，注意分类讨论的数学思想方法的应用，是压轴题．