Question

已知f（x）=xlnx+ax，g（x）=-x²-2，
（1）對一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍；
（2）當a=1時，求函數f（x）在[m，m+3]（m＞0）上的最小值和最大值；
（3）證明：對一切x∈（0，+∞），都有lnx+1＞

1

ex

-

2

ex

成立．

Answer 1

考點：利用導數求閉區間上函數的最值,利用導數研究函數的單調性,利用導數研究函數的極值

專題：導數的綜合應用

分析：（1）對一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，即xlnx+ax≥-x²-2恒成立，即-a≤lnx+x+

2

x

在x∈（0，+∞）上恒成立．
令F（x）=lnx+x+

2

x

，利用導數研究其單調性極值與最值即可得出．
（2）當a=1時，f（x）=xlnx+x，由導數的運算法則可得：f′（x）=lnx+2，令f′（x）=0，可得x=

1

e2

．對m分類討論：
當0＜m＜

1

e2

時，及當m≥

1

e2

時，分別研究其單調性極值與最值即可得出．
（3）問題等價于證明xlnx+x＞

x

ex

-

2

e

，x∈（0，+∞）．由（Ⅱ）知a=-1時，f（x）=xlnx+x的最小值是-

1

e2

，當且僅當x=

1

e2

時取得，設G（x）=

x

ex

-

2

e

，x∈（0，+∞），利用導數研究其單調性極值與最大值，只要證明：f_min（x）＞G_max（x）即可．

解答： 解：（1）對一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，即xlnx+ax≥-x²-2恒成立，即-a≤lnx+x+

2

x

在x∈（0，+∞）上恒成立．
令F（x）=lnx+x+

2

x

，
則F′(x)=

1

x

+1-

2

x2

=

x2+x-2

x2

=

(x+2)(x-1)

x2

，
在（0，1）上F′（x）＜0，在（1，+∞）上F′（x）＞0，
因此，F（x）在x=1處取極小值，也是最小值，即F_min（x）=F（x）=3，
∴-a≤3，∴a≥-3．
（2）當a=1時，f（x）=xlnx+x，
f′（x）=lnx+2，令f′（x）=0，解得x=

1

e2

．
①當0＜m＜

1

e2

時，在x∈[m，

1

e2

)上f′（x）＜0；在x∈(

1

e2

，m+3]上f′（x）＞0．
因此，f（x）在x=

1

e2

處取得極小值，也是最小值．f_min（x）=-

1

e2

．
由于f（m）＜0，f（m+3）=（m+3）[ln（m+3）+1]＞0．
因此，f_max（x）=f（m+3）=（m+3）[ln（m+3）+1]．
②當m≥

1

e2

，f′（x）≥0，因此f（x）在[m，m+3]上單調遞增，
∴f_min（x）=f（m）=m（lnm+1），f_max（x）=f（m+3）=（m+3）[ln（m+3）+1]．
（3）證明：問題等價于證明xlnx+x＞

x

ex

-

2

e

，x∈（0，+∞）．
由（Ⅱ）知a=-1時，f（x）=xlnx+x的最小值是-

1

e2

，
當且僅當x=

1

e2

時取得，
設G（x）=

x

ex

-

2

e

，x∈（0，+∞），則G′(x)=

1-x

ex

，
易知Gmax(x)=G(1)=-

1

e

，當且僅當x=1時取到，
但-

1

e2

＞-

1

e

，從而可知對一切x∈（0，+∞），都有lnx+1＞

1

ex

-

2

ex

成立．

點評：本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、恒成立問題的等價轉化方法，考查了分類討論的思想方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．