Question

4．已知函数f（x）=xlnx-ax，其中a为参数．
（1）求f（x）的极值；
（2）设g（x）=$\frac{x-1}{x{e}^{x}}$-lnx-$\frac{2}{x{e}^{2}}$，证明当x∈（0，+∞）时，g（x）＜1恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数f（x）的极值即可；
（2）问题转化为xlnx+x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$＞-$\frac{2}{{e}^{2}}$在（0，+∞）恒成立，令a=-1，则f（x）=xlnx+x，此时f（x）的最小值是-$\frac{1}{{e}^{2}}$，故问题转化为$\frac{x-1}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{{e}^{2}}$在（0，+∞）恒成立，令h（x）=$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，h′（x）=$\frac{2-x}{{e}^{x}}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）求导数可得f′（x）=lnx+1-a=0，则x=e^a-1，
函数在（0，e^a-1）上f′（x）＜0，在（e^a-1，+∞）上f′（x）＞0，
∴函数在x=e^a-1时，取得极小值-e^a-1；
（2）当x∈（0，+∞）时，g（x）＜1恒成立，
即$\frac{x-1}{x{e}^{x}}$-lnx-$\frac{2}{x{e}^{2}}$＜1恒成立，
即xlnx+x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$＞-$\frac{2}{{e}^{2}}$在（0，+∞）恒成立①，
由（1）令a=-1，则f（x）=xlnx+x，此时f（x）的最小值是-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故问题①转化为$\frac{x-1}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{{e}^{2}}$在（0，+∞）恒成立，
令h（x）=$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，h′（x）=$\frac{2-x}{{e}^{x}}$，
令h′（x）＞0，解得：0＜x＜2，
令h′（x）＜0，解得：x＞2，
故h（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减，
h（x）_min=h（2）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故xlnx+x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$＞-$\frac{2}{{e}^{2}}$在（0，+∞）恒成立，
即x∈（0，+∞）时，g（x）＜1恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值、极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．