题目

题型：烟台一模难度：来源：

已知f（x）=kxlnx，g（x）=-x²+ax-（k+1）（k＞0）．
（Ⅰ）求函数f（x）在[t，t+2]（t＞0）上的最小值；
（Ⅱ）对一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．

答案

（Ⅰ）f′（x）=k（lnx+1），
当x∈(0，

1

e

)，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈(

1

e

，+∞)，f′（x）＞0，f（x）单调递增．
①0＜t＜t+2＜

1

e

，t无解；
②0＜t＜

1

e

＜t+2，即0＜t＜

1

e

时，f(x)min=f(

1

e

)=-

k

e

；
③

1

e

≤t＜t+2，即t≥

1

e

时，f（x）在[t，t+2]上单调递增，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），则a≤klnx+x+

k+1

x

，
设h(x)=klnx+x+

k+1

x

(x＞0)，则h′(x)=

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

x2

，x∈（0，1），h′（x）＜0，h（x）单调递减，x∈（1，+∞），h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x）_min=h（1）=k+2，因为对一切x∈（0，+∞），f（x）≥g（x）恒成立，所以a≤h（x）_min=k+2；
（Ⅲ）问题等价于证明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

，当且仅当x=

1

e

时取到，故lnx＞-

1

e

．
设m(x)=

x

ex

-

2

e

(x∈(0，+∞))，则m′(x)=

1-x

ex

，易得m(x)max=m(1)=-

1

e

，
当且仅当x=1时取到，从而对一切x∈（0，+∞），都有lnx＞

1

ex

-

2

ex

成立．①