Question

16．設(shè)函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=-a+xlnb（a＞0，b＞0）．
（I）設(shè)函數(shù)h（x）=f（x）+g（x），求h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）已知（a+b）e＜4b，若存在x₀∈[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]，使得f（x₀）≤g（x₀）成立，求$\frac{a}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出h′（x）=lnx+1+lnb，運用不等式求解，得出函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)令p（x）=xln$\frac{x}$+a，x∈[a+b4，3a+b5]，求解導數(shù)p′（x）=ln$\frac{x}$+1，運用判斷出以p（x）在（0，$\frac{e}$）單調(diào)遞減，在（$\frac{e}$，+∞）單調(diào)遞增，
分類求解若$\frac{3a+b}{5}$≤$\frac{e}$，p（x）_min=p（$\frac{a+b}{4}$）=$\frac{a+b}{4}$ln$\frac{a+b}{4}$+a≤0，再次構(gòu)造函數(shù)令t=$\frac{a}$∈（0，$\frac{e}{4-e}$），φ（t）=ln $\frac{1+t}{4t}$+$\frac{4}{1+t}$≤0恒成立．運用導數(shù)求解即可．

解答 解：（I）設(shè)h（x）=f（x）+g（x）=xlnx-a+xlnb，（a＞0，b＞0）．
∴h′（x）=lnx+1+lnb，
由h′（x）＞0解得x＞$\frac{1}{be}$，
h′（x）＜0，0＜x＜$\frac{1}{be}$，
∴函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為：（$\frac{1}{be}$，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（0，$\frac{1}{be}$），
（Ⅱ）由f（x₀）≤g（x₀）可變?yōu)閤₀ln $\frac{{x}_{0}}$+a≤0，
令p（x）=xln$\frac{x}$+a，x∈[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]，則p′（x）=ln$\frac{x}$+1，
由p′（x）＞0，可得x＞$\frac{e}$，由p′（x）＜0可得0＜x＜$\frac{e}$，
所以p（x）在（0，$\frac{e}$）單調(diào)遞減，在（$\frac{e}$，+∞）單調(diào)遞增，
∵（a+b）e＜4b，∴$\frac{a+b}{4}$＜$\frac{e}$，$\frac{a}$＞$\frac{e}{4-e}$，
根據(jù)題意可設(shè)：$\frac{a+b}{4}$＜$\frac{3a+b}{5}$，可解得$\frac{a}$∈（0，7），
若 $\frac{3a+b}{5}$≤$\frac{e}$，即$\frac{e}$∈[$\frac{3e}{5-e}$，7）時，
∵p（x）在[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]單調(diào)遞減，
∴p（x）_min=p（$\frac{3a+b}{5}$）=$\frac{3a+b}{5}$ln $\frac{3a+b}{5b}$+a≤0，
即ln $\frac{3+\frac{a}}{5•\frac{a}}$+$\frac{5}{3+\frac{a}}$≤0，對$\frac{a}$∈[$\frac{3e}{5-e}$，7）恒成立，
∴p（x）_min=p（$\frac{a+b}{4}$）=$\frac{a+b}{4}$ln$\frac{a+b}{4}$+a≤0，
令t=$\frac{a}$∈（0，$\frac{e}{4-e}$），即φ（t）=ln $\frac{1+t}{4t}$+$\frac{4}{1+t}$≤0恒成立．
因為φ′（t）=-$\frac{5t+1}{{t（t+1）}^{2}}$＜0，所以φ（t）在（0，$\frac{e}{4-e}$）上單調(diào)遞減，
故存在無數(shù)個t₀∈（0，$\frac{e}{4-e}$），使得φ（t₀）＞0，
如取t₀=1，φ（1）=ln$\frac{1}{2}$+2＞0，與φ（t）≤0恒成立矛盾，此時不成立．
綜上所述，$\frac{a}$的取值范圍是[e，7）．

點評 本題綜合考查了導數(shù)在函數(shù)單調(diào)性，最值中的應(yīng)用，結(jié)合不等式求解，思維能力強，運用算能力強，屬于難題．