Question

7．已知f（x）=xlnx，g（x）=x³+ax²-x+2
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求函數(shù)f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）對一切的x，2f（x）≤g′（x）+2恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出f′（x），令f′（x）小于0求出x的范圍即為函數(shù)的減區(qū)間，令f′（x）大于0求出x的范圍即為函數(shù)的增區(qū)間；
（2）當(dāng)0＜t＜t+2＜$\frac{1}{e}$時(shí)t無解，當(dāng)0＜t≤$\frac{1}{e}$＜t+2即0＜t≤$\frac{1}{e}$時(shí)，根據(jù)函數(shù)的增減性得到f（x）的最小值為f（$\frac{1}{e}$），當(dāng)$\frac{1}{e}$＜t＜t+2即t＞$\frac{1}{e}$時(shí)，函數(shù)為增函數(shù)，得到f（x）的最小值為f（t）；
（3）求出g′（x），把f（x）和g′（x）代入2f（x）≤g′（x）+2中，根據(jù)x大于0解出a≥lnx-$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2x}$，然后令h（x）=lnx-$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2x}$，求出h（x）的最大值，a大于等于h（x）的最大值，方法是先求出h′（x）=0時(shí)x的值，利用函數(shù)的定義域和x的值分區(qū)間討論導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)函數(shù)的增減性即可得到函數(shù)的最大值，即可求出a的取值范圍．

解答 解：（1）f′（x）=lnx+1令f′（x）＜0解得0＜x＜$\frac{1}{e}$，
∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，$\frac{1}{e}$）
令f′（x）＞0解得x＞$\frac{1}{e}$，
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（$\frac{1}{e}$，+∞）；
（2）當(dāng)0＜t＜t+2＜$\frac{1}{e}$時(shí)，t無解
當(dāng)0＜t≤$\frac{1}{e}$＜t+2，即0＜t≤$\frac{1}{e}$時(shí)，
∴f（x）_min=f（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$；
當(dāng)$\frac{1}{e}$＜t＜t+2，即t＞$\frac{1}{e}$時(shí)，f（x）在[t，t+2]上單調(diào)遞增，
∴f（x）_min=f（t）=tlnt
∴f（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{1}{e}，0＜t≤\frac{1}{e}}\\{tlnt，t＞\frac{1}{e}}\end{array}\right.$；
（3）由題意：2xlnx≤3x²+2ax-1+2即2xlnx≤3x²+2ax+1
∵x∈（0，+∞）
∴a≥lnx-$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2x}$，
設(shè)h（x）=lnx-$\frac{3}{2}$x-$\frac{1}{2x}$，
則h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{3}{2}$+$\frac{1}{{2x}^{2}}$=-$\frac{（x-1）（3x+1）}{{2x}^{2}}$，
令h′（x）=0，得x=1，x=-$\frac{1}{3}$（舍）
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′（x）＞0；當(dāng)x＞1時(shí)，h′（x）＜0
∴當(dāng)x=1時(shí)，h（x）取得最大值，h（x）_max=-2
∴a≥-2
故實(shí)數(shù)a的取值范圍[-2，+∞）．

點(diǎn)評 本題要求學(xué)生會利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)得到函數(shù)的額單調(diào)區(qū)間以及會根據(jù)函數(shù)的增減性得到函數(shù)的極值，掌握不等式恒成立時(shí)所滿足的條件，是一道中檔題．