Question

4．已知函數f（x）=xlnx-ax，其中a為參數．
（1）求f（x）的極值；
（2）設g（x）=$\frac{x-1}{x{e}^{x}}$-lnx-$\frac{2}{x{e}^{2}}$，證明當x∈（0，+∞）時，g（x）＜1恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間，從而求出函數f（x）的極值即可；
（2）問題轉化為xlnx+x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$＞-$\frac{2}{{e}^{2}}$在（0，+∞）恒成立，令a=-1，則f（x）=xlnx+x，此時f（x）的最小值是-$\frac{1}{{e}^{2}}$，故問題轉化為$\frac{x-1}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{{e}^{2}}$在（0，+∞）恒成立，令h（x）=$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，h′（x）=$\frac{2-x}{{e}^{x}}$，根據函數的單調性證明即可．

解答 解：（1）求導數可得f′（x）=lnx+1-a=0，則x=e^a-1，
函數在（0，e^a-1）上f′（x）＜0，在（e^a-1，+∞）上f′（x）＞0，
∴函數在x=e^a-1時，取得極小值-e^a-1；
（2）當x∈（0，+∞）時，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，則f（x）=xlnx+x，此時f（x）的最小值是-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
故問題①轉化為$\frac{x-1}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{{e}^{2}}$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）遞增，在（2，+∞）遞減，
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，+∞）時，g（x）＜1恒成立．

點評 本題考查了函數的單調性、最值、極值問題，考查導數的應用以及轉化思想，是一道綜合題．