Question

7．已知函数f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3，
（1）求函数f（x）的图象在点（1，0）处的切线方程；
（2）求函数f（x）在区间$[t，t+\frac{1}{e}]（t＞0）$上的最小值；
（3）对一切实数x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f′（1）的值，求出切线方程即可；
（2）求出函数的导数，通过讨论t的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；
（3）问题转化为$2lnx+x+\frac{3}{x}≥a$恒成立，设$h（x）=2lnx+x+\frac{3}{x}$，根据函数的单调性求出a的范围即可．

解答 解：（1）因为${f^'}（x）=1×lnx+x•\frac{1}{x}=lnx+1$，
得f′（1）=ln1+1=1，
f（x）的图象在点（1，0）处的切线方程：y=1×（x-1）+0，
即y=x-1为所求…（4分）
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=lnx+1=0时，$x=\frac{1}{e}$，且t＞0，所以$t+\frac{1}{e}＞\frac{1}{e}$，
当$0＜t＜\frac{1}{e}$时，x在$（t，\frac{1}{e}）$时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x在$（\frac{1}{e}，t+\frac{1}{e}）$时f′（x）＞0，f（x）递增，
所以$f{（x）_{最小值}}=f（\frac{1}{e}）=\frac{1}{e}ln\frac{1}{e}=-\frac{1}{e}$；
当$t≥\frac{1}{e}$时，x在$[t，t+\frac{1}{e}]$，f′（x）≥0，f（x）递增，
所以f（x）_最小值=f（t）=tlnt…（7分）
于是$f{（x）_{最小值}}=\left\{\begin{array}{l}-\frac{1}{e}，0＜t＜\frac{1}{e}\\ tlnt，\frac{1}{e}≤t\end{array}\right.$…（8分）
（3）x∈（0，+∞）时2f（x）≥g（x）恒成立，
即2xlnx≥-x²+ax-3恒成立，
即$2lnx+x+\frac{3}{x}≥a$恒成立，设$h（x）=2lnx+x+\frac{3}{x}$…（10分）
${h^'}（x）=\frac{2}{x}+1-\frac{3}{x^2}=\frac{{{x^2}+2x-3}}{x^2}=\frac{（x+3）（x-1）}{x^2}$=0时x=-3或1，
又因为x∈（0，+∞），当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）递减，
x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）递增，
所以h（x）_最小值=h（1）=4，
于是a≤4为所求…（12分）

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．