解题思路:(Ⅰ)求导函数,令f′(x)≥0,确定函数的单调递增区间;令f′(x)≤0,确定函数的单调递减区间,从而可求函数的最小值;
(Ⅱ)F(x)=
f(x)−a
x
=[xlnx−a/x],求导函数可得F′(x)=[x+a
x
2
,分类讨论,确定函数的单调性,利用函数在[1,e]上是最小值为
3/2],可求a的值;
(Ⅲ)由(I)可知当b>0时,有f(b)≥f(x)min=f([1/e])=-[1/e],所以
blnb≥−
1
e
,从而可知结论成立.
(Ⅰ)求导函数可得:f′(x)=lnx+1(x>0)
令f′(x)≥0,即lnx≥-1,∴x≥
1
e;令f′(x)≤0,即lnx≤-1,∴0<x≤
1
e;
∴f(x)单调递增区间为[[1/e],+∞),单调递减区间为(0,[1/e]]
∴f(x)min=f([1/e])=-[1/e]
(Ⅱ)F(x)=
f(x)−a
x=[xlnx−a/x],求导函数可得F′(x)=[x+a
x2
当a≥0时,F′(x)>0,F(x)在[1,e]上单调递增,F(x)min=-a=
3/2],∴a=-[3/2]∉[0,+∞),舍去;
当a<0时,F(x)在(0,-a)单调递减,在(-a,+∞)单调递增
若a∈(-1,0),F(x)在[1,e]上单调递增,F(x)min=-a=[3/2],∴a=-[3/2]∉(-1,0),舍去;
若a∈[-e,-1],F(x)在(1,-a)单调递减,在(-a,e)单调递增,
∴F(x)min=F(-a)=ln(-a)+1=[3/2],∴a=-
e∈[-e,-1];
若a∈(-∞,-1),F(x)在[1,e]上单调递减,∴F(x)min=F(e)=-[1/2e∉(-∞,-1),舍去;
综上所述:a=-
e]
(Ⅲ)证明:由(I)可知当b>0时,有f(b)≥f(x)min=f([1/e])=-[1/e],∴blnb≥−
1
e,
即ln(bb)≥−
点评:
本题考点: 利用导数求闭区间上函数的最值;利用导数研究函数的单调性.
考点点评: 本试题考查了导数在研究函数中的运用,求函数的最值,以及结合不等式的知识证明不等式的成立.解决该试题的关键是第一问能利用导数求出参数a的值,并能利用第一问来递进式解决第二问.
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