Question

7．已知函數f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3，
（1）求函數f（x）的圖象在點（1，0）處的切線方程；
（2）求函數f（x）在區間$[t，t+\frac{1}{e}]（t＞0）$上的最小值；
（3）對一切實數x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，計算f′（1）的值，求出切線方程即可；
（2）求出函數的導數，通過討論t的范圍，求出函數的單調區間，從而求出函數的最小值即可；
（3）問題轉化為$2lnx+x+\frac{3}{x}≥a$恒成立，設$h（x）=2lnx+x+\frac{3}{x}$，根據函數的單調性求出a的范圍即可．

解答 解：（1）因為${f^'}（x）=1×lnx+x•\frac{1}{x}=lnx+1$，
得f′（1）=ln1+1=1，
f（x）的圖象在點（1，0）處的切線方程：y=1×（x-1）+0，
即y=x-1為所求…（4分）
（2）f（x）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=lnx+1=0時，$x=\frac{1}{e}$，且t＞0，所以$t+\frac{1}{e}＞\frac{1}{e}$，
當$0＜t＜\frac{1}{e}$時，x在$（t，\frac{1}{e}）$時，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x在$（\frac{1}{e}，t+\frac{1}{e}）$時f′（x）＞0，f（x）遞增，
所以$f{（x）_{最小值}}=f（\frac{1}{e}）=\frac{1}{e}ln\frac{1}{e}=-\frac{1}{e}$；
當$t≥\frac{1}{e}$時，x在$[t，t+\frac{1}{e}]$，f′（x）≥0，f（x）遞增，
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，+∞）時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，設$h（x）=2lnx+x+\frac{3}{x}$…（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時x=-3或1，
又因為x∈（0，+∞），當x∈（0，1）時，h′（x）＜0，h（x）遞減，
x∈（1，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）遞增，
所以h（x）_最小值=h（1）=4，
于是a≤4為所求…（12分）

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．