Question

1．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=-x²+ax-3，a∈R．
（1）解關(guān)于x的不等式g（x）＞0；
（2）若對任意x∈（0，+∞），不等式f（x）≥$\frac{1}{2}$g（x）恒成立，求a的取值范圍；
（3）證明：對任意x∈（0，+∞），lnx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$．

Answer 1

分析 （1）討論判別式大于0，小于等于0，結(jié)合二次函數(shù)的圖象即可得到所求不等式的解集；
（2）由題意可得xlnx≥$\frac{1}{2}$（-x²+ax-3），即a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$在x＞0恒成立．設(shè)h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，可得最小值，即可得到a的范圍；
（3）要證明不等式成立，問題等價于證明xlnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞））．求得f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的最小值是-$\frac{1}{e}$，構(gòu)造新函數(shù)m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），求得最大值，即可得證．

解答 解：（1）g（x）＞0，即為x²-ax+3＜0，
當(dāng)△≤0，即a²-12≤0，即有-2$\sqrt{3}$≤a≤2$\sqrt{3}$時，不等式無實數(shù)解；
當(dāng)△＞0，即a＜-2$\sqrt{3}$或a＞2$\sqrt{3}$，
方程x²-ax+3=0的解為x₁=$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-12}}{2}$，x₂=$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-12}}{2}$．
且x₁＞x₂，則不等式的解為x₂＜x＜x₁；
綜上可得，當(dāng)-2$\sqrt{3}$≤a≤2$\sqrt{3}$時，原不等式的解集為∅；
當(dāng)a＜-2$\sqrt{3}$或a＞2$\sqrt{3}$時，原不等式的解集為（$\frac{a-\sqrt{{a}^{2}-12}}{2}$，$\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-12}}{2}$）．
（2）對任意x∈（0，+∞），不等式f（x）≥$\frac{1}{2}$g（x）恒成立，
即為xlnx≥$\frac{1}{2}$（-x²+ax-3），即a≤2lnx+x+$\frac{3}{x}$在x＞0恒成立．
設(shè)h（x）=2lnx+x+$\frac{3}{x}$，導(dǎo)數(shù)h′（x）=$\frac{2}{x}$+1-$\frac{3}{{x}^{2}}$=$\frac{{x}^{2}+2x-3}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+3）（x-1）}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0，h（x）遞增；當(dāng)0＜x＜1時，h′（x）＜0，h（x）遞減．
則h（x）在x=1處取得極小值，且為最小值4．
則a≤4，可得a的取值范圍是（-∞，4]；
證明：（3）問題等價于證明xlnx＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞））．
由f（x）=xlnx（x∈（0，+∞））的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=1+lnx，
當(dāng)x＞$\frac{1}{e}$時，f（x）遞增；當(dāng)0＜x＜$\frac{1}{e}$時，f（x）遞減．
即有f（x）的最小值是-$\frac{1}{e}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{1}{e}$時取到，
設(shè)m（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x∈（0，+∞）），則m′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
當(dāng)x＞1時，m（x）遞減；0＜x＜1時，m（x）遞增．
易知m（x）_max=m（1）=-$\frac{1}{e}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取到．
從而對一切x∈（0，+∞），都有l(wèi)nx＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$．

點評 本題考查二次不等式的解集，注意討論判別式的符號，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)法求最值，考查不等式的證明，注意運用轉(zhuǎn)化思想，構(gòu)造函數(shù)求最值的關(guān)系，屬于中檔題．