Question

2．設a＞0，b＞0，函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=-a+xlnb，且?x∈[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]，使得f（x）≤g（x），則$\frac{a}$的取值范圍是[e，7）．

Answer 1

分析 構造函數(shù)令p（x）=xln$\frac{x}$+a，x∈[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]，求解導數(shù)p′（x）=ln$\frac{x}$+1，運用導數(shù)判斷出p（x）在（0，$\frac{e}$）單調(diào)遞減，在（$\frac{e}$，+∞）單調(diào)遞增，分類求解，若$\frac{3a+b}{5}$≤$\frac{e}$，若$\frac{a+b}{4}$＜$\frac{e}$＜$\frac{3a+b}{5}$，若$\frac{a+b}{4}$≥$\frac{e}$，分別求出最小值，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：由f（x）≤g（x）可變?yōu)閤ln$\frac{x}$+a≤0，
令p（x）=xln$\frac{x}$+a，x∈[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]，
則p′（x）=ln$\frac{x}$+b，
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，
根據(jù)題意可設：$\frac{a+b}{4}$＜$\frac{3a+b}{5}$，可解得$\frac{a}$∈（0，7），
若$\frac{3a+b}{5}$≤$\frac{e}$，即$\frac{a}$∈[$\frac{3e}{5-e}$，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，
若$\frac{a+b}{4}$＜$\frac{e}$＜$\frac{3a+b}{5}$，即$\frac{a}$∈（$\frac{e}{4-e}$，$\frac{3e}{5-e}$），
可得p（x）_min=p（$\frac{e}$）=$\frac{e}$ln$\frac{1}{e}$+a≤0，
可得$\frac{a}$≥e，即有$\frac{a}$∈[e，$\frac{3e}{5-e}$）；
若$\frac{a+b}{4}$≥$\frac{e}$即$\frac{a}$≤$\frac{e}{4-e}$，
可得p（x）在[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]單調(diào)遞增，
∴p（x）_min=p（$\frac{a+b}{4}$）=$\frac{a+b}{4}$ln$\frac{a+b}{4b}$+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）．
故答案為：[e，7）．

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