Question

已知f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-6．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的最小值；
（Ⅱ）對一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）證明：對一切x∈（0，+∞），都有f（x）＞

x

ex

-

2

e

成立．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,函數(shù)恒成立問題

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=1+lnx，利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出函數(shù)f（x）的最小值．
（Ⅱ）由已知得a≤lnx+x+

6

x

對x∈（0，+∞）恒成立，設(shè)h（x）=lnx+x+

6

x

，則h′(x)=

1

x

+1-

6

x2

=

(x+3)(x-2)

x2

，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)結(jié)合已知條件能求出實數(shù)a的取值范圍．
（Ⅲ）由已知得當(dāng)且僅當(dāng)x=

1

e

時，f（x）_min=f（

1

e

）=-

1

e

，設(shè)m（x）=

x

ex

-

2

e

，x∈（0，+∞），則m′（x）=

1-x

ex

，由此利用導(dǎo)婁性質(zhì)能證明對一切x∈（0，+∞），都有f（x）＞

x

ex

-

2

e

成立．

解答： （Ⅰ）解：f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=1+lnx，
當(dāng)x∈（0，

1

e

）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈(

1

e

，+∞)時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=

1

e

時，f（x）_min=f（

1

e

）=-

1

e

．
（Ⅱ）解：對一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，
即xlnx≥-x²+ax-6恒成立，
即a≤lnx+x+

6

x

對x∈（0，+∞）恒成立，
設(shè)h（x）=lnx+x+

6

x

，
則h′(x)=

1

x

+1-

6

x2

=

x2+x-6

x2

=

(x+3)(x-2)

x2

，
∵x∈（0，+∞），∴x∈（0，2）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（2，+∞），h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
∴x∈（0，+∞）時，h（x）存在唯一極小值h（2），即為最小值，
∴h（x）_min=h（2）=5+ln2，
∵a≤lnx+x+

6

x

對x∈（0，+∞）恒成立，只需a≤h（x）_min即可，
∴a≤5+ln2．
（Ⅲ）證明：對一切x∈（0，+∞），都有f（x）＞

x

ex

-

2

e

恒成立，
由（Ⅰ）可知，f（x）=xlnx在x∈（0，+∞）時，
當(dāng)且僅當(dāng)x=

1

e

時，f（x）_min=f（

1

e

）=-

1

e

，
設(shè)m（x）=

x

ex

-

2

e

，x∈（0，+∞），則m′（x）=

1-x

ex

，
∴x∈（0，1）時，m′（x）＞0，m（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞）時，m′（x）＜0，m（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)且僅當(dāng)x=1時，m（x）取得極大值也是最大值m（1），
∴m（x）_max=m（1）=-

1

e

，
∴

1

e

≠1，
∴對一切x∈（0，+∞），都有f（x）＞

x

ex

-

2

e

成立．

點評：本題考查函數(shù)的最小值的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，考查不等式的證明，解題時要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．