Question

5．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3（a∈R）．
（1）若对?x∈（0，+∞），恒有不等式f（x）≥$\frac{1}{2}$g（x），求a得取值范围；
（2）证明：对?x∈（0，+∞），有lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$．

Answer 1

分析 （1）问题转化为证a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$，（x＞0），令h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$，（x＞0）则a≤h（x）_min，根据函数的单调性证明即可；
（2）问题转化为证明f（x）•（lnx）＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，由f′（x）=lnx+1，确定函数的单调性，得到当x＞0时f（x）≥f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，令ω（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x＞0），根据函数的单调性证明即可．

解答 （1）当x＞0时，要证f（x）≥$\frac{1}{2}$g（x），
只需证：xlnx≥$\frac{1}{2}$（-x²+ax-3），
只需证a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$，（x＞0），
令h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$，（x＞0）则a≤h（x）_min，
由h′（x）=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，知函数h（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增，
∴h（x）_min=h（1）=4，
故的取值范围是（-∞，4]；
（2）证明：要证lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$，只要证f（x）•（lnx）＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，
由f′（x）=lnx+1，知f（x）在区间（0，$\frac{1}{e}$）上单调递减，在区间（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增．
于是，当x＞0时f（x）≥f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，①…（7分）
令ω（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x＞0），则ω′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
∴在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
于是，ω（x）≤ω（1）=-$\frac{1}{e}$=②…（9分）
显然，不等式①，②中的等号不能同时成立．
故当x＞0时，f（x）＞g（x）  即lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道中档题．