Question

已知f（x）=kxlnx，g（x）=-x²+ax-（k+1）（k＞0）．
（Ⅰ）求函數f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（Ⅱ）對一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，求實數a的取值范圍；
（Ⅲ）證明：對一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．

Answer 1

（Ⅰ）f′（x）=k（lnx+1），
當x∈(0，

1

e

)，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，
當x∈(

1

e

，+∞)，f′（x）＞0，f（x）單調遞增．
①0＜t＜t+2＜

1

e

，t無解；
②0＜t＜

1

e

＜t+2，即0＜t＜

1

e

時，f(x)min=f(

1

e

)=-

k

e

；
③

1

e

≤t＜t+2，即t≥

1

e

時，f（x）在[t，t+2]上單調遞增，f（x）_min=f（t）=ktlnt；
所以f(x)min=

- k e ，0＜t＜ 1 e ktlnt，t≥ 1 e

．
（Ⅱ）kxlnx≥-x²+ax-（k+1），則a≤klnx+x+

k+1

x

，
設h(x)=klnx+x+

k+1

x

(x＞0)，則h′(x)=

[x+(k+1)](x-1)

x2

，x∈（0，1），h′（x）＜0，h（x）單調遞減，x∈（1，+∞），h′（x）＞0，h（x）單調遞增，
所以h（x）_min=h（1）=k+2，因為對一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，所以a≤h（x）_min=k+2；
（Ⅲ）問題等價于證明xlnx＞

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，由（1）可知，f（x）=kxlnx（x∈（0，+∞））（k＞0）的最小值是-

k

e

，當且僅當x=

1

e

時取到，故lnx＞-

1

e

．
設m(x)=

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，則m′(x)=

1-x

ex

，易得m(x)max=m(1)=-

1

e

，
當且僅當x=1時取到，從而對一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．①