Question

已知f（x）=xlnx，g(x)=

1

2

x2-x+a．
（1）當a=2時，求函數y=g（x）在[0，3]上的值域；
（2）求函數f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（3）證明：對一切x∈（0，+∞），都有xlnx＞

g′(x)+1

ex

-

2

e

成立．

Answer 1

分析：（1）當a=2時，由g（x）=

1

2

(x-1)2+

3

2

，x∈[0，3]，利用二次函數的性質求出它的值域．
（2）利用函數f（x）的導數的符號，分類討論f（x）單調性，從而求出f（x）的最小值．
（3）令 h（x）=

g′(x)+1

ex

-

2

e

=

x

ex

-

2

e

，通過 h′（x）=

1-x

ex

 的符號研究h（x）的單調性，求出h（x）的最大值為h（1）=-

1

e

．再由f（x）=xlnx在（0，+∞）上的最小值為-

1

e

，且f（1）=0大于h（1），可得在（0，+∞）上恒有f（x）＞h（x），即 xlnx＞

g′(x)+1

ex

-

2

e

．

解答：解：（1）當a=2時，g（x）=

1

2

(x-1)2+

3

2

，x∈[0，3]，
當x=1時，gmin(x)=g(1)=

3

2

；當x=3時，gmax(x)=g(3)=

7

2

，
故g（x）值域為[

3

2

，

7

2

]．
（2）f'（x）=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．                                   
①若 0＜t＜t+2＜

1

e

，t無解；                       
②若 0＜t＜

1

e

＜t+2，即0＜t＜

1

e

時，f(x)min=f(

1

e

)=-

1

e

；     
③若

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）=tlnt，
所以 f（x）_min=

- 1 e  ，  0＜t＜ 1 e tlnt ，  t≥ 1 e

．        
（3）證明：令 h（x）=

g′(x)+1

ex

-

2

e

=

x

ex

-

2

e

，h′（x）=

1-x

ex

，
當 0＜x＜1時，h′（x）＞0，h（x）是增函數．當1＜x時． h′（x）＜0，h（x）是減函數，
故h（x） 在（0，+∞）上的最大值為h（1）=-

1

e

．
而由（2）可得，f（x）=xlnx在（0，+∞）上的最小值為-

1

e

，
且當h（x） 在（0，+∞）上的最大值為h（1）時，f（x）的值為ln1=0，
故在（0，+∞）上恒有f（x）＞h（x），即 xlnx＞

g′(x)+1

ex

-

2

e

．

點評：本題主要考查利用導數研究函數的單調性，二次函數的性質，函數的恒成立問題，屬于中檔題．