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.解析(1)由f(x)=xlnx,x>0,得f′(x)=lnx+1,令f′(x)=0,得x=eq\f(1,e).當x∈(0,eq\f(1,e))時,f′(x)<0,f(x)單調遞減;當x∈(eq\f(1,e),+∞)時,f′(x)>0,f(x)單調遞增.①當0<t<eq\f(1,e)<t+2,即0<t<eq\f(1,e)時,f(x)min=f(eq\f(1,e))=-eq\f(1,e);②當eq\f(1,e)≤t<t+2,即t≥eq\f(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=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(-\f(1,e),0<t<\f(1,e),,tlnt,t≥\f(1,e).))(2)問題等價于證明xlnx>eq\f(x,ex)-eq\f(2,e)(x∈(0,+∞)).由(1)可知f(x)=xlnx(x∈(0,+∞))的最小值是-eq\f(1,e),當且僅當x=eq\f(1,e)時取到.設m(x)=eq\f(x,ex)-eq\f(2,e)(x∈(0,+∞)),則m′(x)=eq\f(1-x,ex),由m′(x)<0得x>1時,m(x)為減函數,由m′(x)>0得0<x<1時,m(x)為增函數,易知m(x)max=m(1)=-eq\f(1,e),當且僅當x=1時取到.從而對一切x∈(0,+∞),xlnx≥-eq\f(1,e)≥eq\f(x,ex)-eq\f(2,e),兩個等號不同時取到,即證對一切x∈(0,+
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