(1)求出f′(x)因为f(x)在区间[1,+∞]内调递增令f′(x)≥0得到a的取值范围;
(2)a≥1时,∵f'(x)>0在(1,e)上恒成立,所以f(x)在[1,e]上为增函数,所以求出f(x)的最小值f(1);在当,∵f'(x)<0在(1,e)上恒成立,这时f(x)在[1,e]上为减函数,所以求出最小值f(e);在时,最小值为f().把最小值综合起来即可;
(3)把x=x代入到g(x)=(p-x)e-x+1中得到g(x),然后设h(x)=(lnx-1)ex+x,求出其导函数h′(x)并证明其大于零得到函数是增函数,则最小值为h(1),得到p≥h(1).
【解析】
(1)由已知,得f'(x)≥0在[1,+∞)上恒成立,即上恒成立
又∵当,
∴a≥1.即a的取值范围为[1,+∞)
(2)当a≥1时,∵f'(x)>0在(1,e)上恒成立,这时f(x)在[1,e]上为增函数
∴f(x)min=f(1)=0
①当,∵f'(x)<0在(1,e)上恒成立,这时f(x)在[1,e]上为减函数∴
②当时,令又∵,
∴
综上,f(x)在[1,e]上的最小值为
①当时,;
②当时,
③当a≥1时,f(x)min=0
(3)因为x∈[1,e],所以,存在x∈[1,e]使成立,令h(x)=(lnx-1)ex+x,从而p≥hmin(x)(x∈[1,e])
由(2)知当a≥1时,成立,即在[1,e]上成立.
从而,
所以,h(x)=(lnx-1)ex+x在[1,e]上单调递增.
所以,hmin(x)=h(1)=1-e所以,p≥1-e