题目 已知 $ f(x)=x\ln x-ax $，$g(x)=-x^2-2$． 问题1 对于一切 $x \in (0,+\infty)$，$f(x)\geqslant g(x)$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围； 答案1 $a \leqslant 3$ 解析1 对一切 $x \in (0,+\infty)$，$f(x)\geqslant g(x)$ 恒成立，即 $x\ln x-ax \geqslant -x^2-2$ 恒成立．也就是 $a \leqslant \ln x+x+\dfrac 2x$ 在 $x \in (0,+\infty)$ 上恒成立．<br/>令 $F(x)=\ln x+x+\dfrac 2x$，则$$F'(x)=\dfrac 1x+1-\dfrac {2}{x^2}=\dfrac {(x+2)(x-1)}{x^2},$$在 $(0,1)$ 上 $F'(x)<0$，在 $(1,+\infty)$ 上 $F'(x)>0$，因此，$F(x)$ 在 $x=1$ 处取极小值，也是最小值，即$$F(x)_{\min}=F(1)=3,$$所以 $a \leqslant 3$． 备注1 问题2 当 $a=-1$ 时，求函数 $f(x)$ 在 $[m,m+3]$（$m>0$）上的最值； 答案2 ① 当 $0<m<\dfrac {1}{\mathrm e^2}$ 时，$ f(x)_{\min}= -\dfrac {1}{\mathrm e^2} $，$f(x)_{\max}= (m+3)[\ln (m+3)+1] $；<br/>② 当 $m\geqslant \dfrac {1}{\mathrm e^2} $ 时，$f(x)_{\min}= m(\ln m +1) $，$f(x)_{\max}= (m+3)[\ln (m+3)+1] $ 解析2 当 $a=-1$ 时，$f(x)=x\ln x+x$，$f'(x)=\ln x+2$，由 $f'(x)=0$ 得 $x=\dfrac {1}{\mathrm e^2}$．<br/>① 当 $0<m<\dfrac {1}{\mathrm e^2}$ 时，在 $ x\in \left[m,\dfrac {1}{\mathrm e^2}\right)$ 上 $f'(x)<0$，在 $\left(\dfrac {1}{\mathrm e^2},m+3\right]$ 上 $f'(x)>0$．<br/>因此，$f(x)$ 在 $x=\dfrac {1}{\mathrm e^2}$ 处取极小值，也是最小值，即$$f(x)_{\min}=f\left(\dfrac {1}{\mathrm e^2}\right)=-\dfrac {1}{\mathrm e^2}.$$由于 $f(m)<0$，$f(m+3)=(m+3)[\ln (m+3)+1]>0$，因此，$$f(x)_{\max}=f(m+3)=(m+3)[\ln (m+3)+1].$$② 当 $m\geqslant \dfrac {1}{\mathrm e^2} $ 时，$f'(x)\geqslant 0$，因此 $f(x)$ 在 $[m,m+3]$ 上单调递增，所以$$f(x)_{\min}=f(m)=m(\ln m +1),$$$$f(x)_{\max}=f(m+3)=(m+3)[\ln (m+3)+1].$$ 备注2 问题3 证明：对一切 $x \in (0,+\infty)$，都有 $\ln x+1>\dfrac {1}{\mathrm e^x}-\dfrac {2}{\mathrm e x}$ 成立． 答案3 略 解析3 问题等价于证明$$x\ln x +x >\dfrac {x}{\mathrm e^x}-\dfrac {x}{\mathrm e}(x\in (0,+\infty)),$$由（2）知 $a=-1$ 时，$f(x)=x\ln x+x$ 的最小值是 $-\dfrac {1}{\mathrm e^2}$，当且仅当 $x=\dfrac {1}{\mathrm e^2}$ 时取等号．<br/>设 $G(x)=\dfrac {x}{\mathrm e^x}-\dfrac {x}{\mathrm e}(x\in (0,+\infty))$，则 $G'(x)=\dfrac {1-x}{\mathrm e^x}$，易知 $G(x)_{\max}=G(1)=-\dfrac {1}{\mathrm e}$，当且仅当 $x=1$ 时取到．但 $-\dfrac {1}{\mathrm e^2}>-\dfrac {1}{\mathrm e}$，从而可知对一切 $x \in (0,+\infty)$，都有 $\ln x+1>\dfrac {1}{\mathrm e^x}-\dfrac {2}{\mathrm ex}$ 成立 备注3