Question

已知f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-2，e≈2.718285．
（I）求函数f（x）在[t，t+1]（t＞0）上的最小值；
（II）存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）≥g（x₀）成立，求实数a的取值范围；
（III）证明：对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

1

x

成立．

Answer 1

分析：（I）求导函数f′（x）=lnx+1，令其等于0，则x=

1

e

，由于x∈[t，t+1]（t＞0），故进行分类讨论，即0＜t＜

1

e

＜t+1，t≥

1

e

，从而确定函数f（x）在[t，t+1]（t＞0）上的最小值；
（II）由题意，并分离参数得xlnx≥-x²+ax-2，a≤lnx+x+

2

x

，因为存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）≥g（x₀）成立，故有a≤h(x)max=h(e)=e+

2

e

+1
（III）问题等价于证明xlnx＞

x

ex

-1(x∈(0，+∞))，分别求左边的最小值，右边的最大值，从而问题得证．

解答：解：（I）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，
所以0＜t＜

1

e

＜t+1，即0＜t＜

1

e

时，f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

；

1

e

≤t＜t+1，即t≥

1

e

时，f（x）在[t，t+1]上单调递增，f（x）_min=f（t）=tlnt，
综上得f(x)min=

- 1 e ，0＜t＜ 1 e tlnt，t≥ 1 e

（II）xlnx≥-x²+ax-2，∴a≤lnx+x+

2

x

设h(X)=lnx+x+

2

x

(x∈[1，e])，
∴h/(x)=

(x+2)(x-1)

x2

x∈[1，e]，h′（x）≥0，h（x）单调递增，
∴存在x₀∈[1，e]，使得f（x₀）≥g（x₀）成立，即a≤h(x)max=h(e)=e+

2

e

+1
（III）问题等价于证明xlnx＞

x

ex

-1(x∈(0，+∞))成立
由（I）可知f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-

1

e

，当且仅当x=

1

e

时取到
设F(x)=

x

ex

-1（x∈（0，+∞））
∴F/(x)=

1-x

ex

，可解得函数F(x)=

x

ex

-1在（0，1）上是增函数，在（1，+∞）上是减函数
∴F(x)max=F(1)=

1

e

-1，
分析可得有

1

e

-1＜-

1

e

，即（xlnx）_min＞（

x

ex

-1）_max，
则xlnx＞

x

ex

-1(x∈(0，+∞))成立；
从而对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

1

x

成立．

点评：本题主要考查了函数的极值，以及利用导数研究函数的单调性等基础知识，考查综合利用数学知识分析问题、解决问题的能力．