Question

已知f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-2，e≈2.718285．
（I）求函數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，求實數a的取值范圍；
（III）證明：對一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

1

x

成立．

Answer 1

分析：（I）求導函數f′（x）=lnx+1，令其等于0，則x=

1

e

，由于x∈[t，t+1]（t＞0），故進行分類討論，即0＜t＜

1

e

＜t+1，t≥

1

e

，從而確定函數f（x）在[t，t+1]（t＞0）上的最小值；
（II）由題意，并分離參數得xlnx≥-x²+ax-2，a≤lnx+x+

2

x

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

2

e

+1
（III）問題等價于證明xlnx＞

x

ex

-1(x∈(0，+∞))，分別求左邊的最小值，右邊的最大值，從而問題得證．

解答：解：（I）f′（x）=lnx+1，
當x∈(0，

1

e

)，f/(x)＜0，f(x)單調遞減，
當x∈(

1

e

，+∞)，f/(x)＞0，f(x)單調遞增，
所以0＜t＜

1

e

＜t+1，即0＜t＜

1

e

時，f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

；

1

e

≤t＜t+1，即t≥

1

e

時，f（x）在[t，t+1]上單調遞增，f（x）_min=f（t）=tlnt，
綜上得f(x)min=

- 1 e ，0＜t＜ 1 e tlnt，t≥ 1 e

（II）xlnx≥-x²+ax-2，∴a≤lnx+x+

2

x

設h(X)=lnx+x+

2

x

(x∈[1，e])，
∴h/(x)=

(x+2)(x-1)

x2

x∈[1，e]，h′（x）≥0，h（x）單調遞增，
∴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）問題等價于證明xlnx＞

x

ex

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

1

e

，當且僅當x=

1

e

時取到
設F(x)=

x

ex

-1（x∈（0，+∞））
∴F/(x)=

1-x

ex

，可解得函數F(x)=

x

ex

-1在（0，1）上是增函數，在（1，+∞）上是減函數
∴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，
則xlnx＞

x

ex

-1(x∈(0，+∞))成立；
從而對一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

1

x

成立．

點評：本題主要考查了函數的極值，以及利用導數研究函數的單調性等基礎知識，考查綜合利用數學知識分析問題、解決問題的能力．