已知f(x)=kxlnx,g(x)=-x2+ax-(k+1)(k>0).
(Ⅰ)求函數(shù)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(shù)a的取值范圍;
(Ⅲ)證明:對一切x∈(0,+∞),都有lnx>
1
ex
-
2
ex
成立.
分析:(Ⅰ)利用導數(shù)求單調(diào)性,比較給的區(qū)間與單調(diào)區(qū)間的關(guān)系求出最值,
(Ⅱ)分離參數(shù),不等式恒成立轉(zhuǎn)化成函數(shù)最值,
(Ⅲ)通過構(gòu)造函數(shù),利用第一問的結(jié)論求出最值證出不等式
解答:解:(Ⅰ)f′(x)=k(lnx+1),
x∈(0,
1
e
)
,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,
x∈(
1
e
,+∞)
,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.
0<t<t+2<
1
e
,t無解;
0<t<
1
e
<t+2
,即0<t<
1
e
時,f(x)min=f(
1
e
)=-
k
e
;
1
e
≤t<t+2
,即t≥
1
e
時,f(x)在[t,t+2]上單調(diào)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
,
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(diào)遞減,x∈(1,+∞),h′(x)>0,h(x)單調(diào)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

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
點評:導數(shù)在函數(shù)中的應用:求最值,極值,參數(shù)范圍,證明不等式.
練習冊系列答案
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(Ⅲ)證明:對一切x∈(0,+∞),都有lnx>
1
ex
-
2
ex
成立.

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