Question

（2013•三门峡模拟）已知函数f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3．
（Ⅰ）求函数f（x）的最小值；
（Ⅱ）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．

Answer 1

分析：（I）先求出函数的定义域，然后求导数，根据导函数的正负判断函数的单调性进而可求出最小值．
（II）若2f（x）≥g（x），则a≤2lnx+x+

3

x

，构造函数h（x）=2lnx+x+

3

x

，则a≤h_min（x），进而得到实数a的取值范围；
（Ⅲ）对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立，即lnx•x＞

x

ex

-

2

e

，结合（1）中结论可知lnx•x≥-

1

e

，构造新函数m（x）=

x

ex

-

2

e

，分析其最大值，可得答案．

解答：解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），f（x）的导数f'（x）=1+lnx．
令f'（x）＞0，解得x＞

1

e

；
令f'（x）＜0，解得0＜x＜

1

e

．
从而f（x）在（0，

1

e

）单调递减，在（

1

e

，+∞）单调递增．
所以，当x=

1

e

时，f（x）取得最小值-

1

e

．
（II）若2f（x）≥g（x），则a≤2lnx+x+

3

x

，
设h（x）=2lnx+x+

3

x

，
则h′（x）=

2

x

+1-

3

x2

=

x2+2x-3

x2

=

(x+3)(x-1)

x2

∵x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
∴h（x）_min=h（1）=4
故a≤4
即实数a的取值范围为（-∞，4]
证明：（III）若lnx＞

1

ex

-

2

ex

则lnx•x＞

x

ex

-

2

e

，
由（I）得：lnx•x≥-

1

e

，当且仅当x=

1

e

时，取最小值；
设m（x）=

x

ex

-

2

e

，则m′（x）=

1-x

ex

，
∵x∈（0，1）时，m′（x）＞0，h（x）单调递增，
x∈（1，+∞）时，m′（x）＜0，h（x）单调递减，
故当x=1时，h（x）取最大值-

1

e

故对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．

点评：本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，导数在最值问题中的应用，熟练掌握导数法求函数最值的方法步骤是解答的关键．