Question

6．設(shè)函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=-a+xlnb（a＞0，b＞0）．
（I）求函數(shù)y=f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處的切線方程：
（Ⅱ）設(shè)h（x）=f（x）+g（x），求h（x）單調(diào)區(qū)間：
（Ⅲ）若存在x₀，使x₀∈[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]且f（x₀）≤g（x₀）成立，求證：e≤$\frac{a}$＜7．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到函數(shù)在x=e時(shí)的導(dǎo)數(shù)，再求出f（e）的值，則函數(shù)y=f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處的切線方程可求；
（Ⅱ）對(duì)函數(shù)h（x）求導(dǎo)，分別由h′（x）和h′（x）＜0求得x的范圍得答案；
（Ⅲ）把f（x₀）≤g（x₀）變?yōu)?{x}_{0}ln\frac{{x}_{0}}+a≤0$，構(gòu)造函數(shù)p（x）=$xln\frac{x}+a$，x∈$[\frac{a+b}{4}，\frac{3a+b}{5}]$，求出p（x）的極值點(diǎn)，再由已知得到$\frac{a+b}{4}＜\frac{3a+b}{5}$，解得$\frac{a}∈$（0，7），然后對(duì)$\frac{a}$所在的區(qū)間分類，求得使f（x₀）≤g（x₀）成立的范圍得答案．

解答 （Ⅰ）解：∵f′（x）=lnx+1，∴k=f′（e）=lne+1=2，
又f（e）=e，∴f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處的切線方程為：y-e=2（x-e），即2x-y-e=0；
（Ⅱ）解：h（x）=f（x）+g（x）=xlnx+xlnb-a（a＞0，b＞0），
∴h′（x）=lnx+1+lnb，
由h′（x）＞0，解得x$＞\frac{1}{be}$，由h′（x）＜0，解得0$＜x＜\frac{1}{be}$，
∴函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（$\frac{1}{be}，+∞$），函數(shù)h（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，$\frac{1}{be}$）．
（Ⅲ）證明：由f（x₀）≤g（x₀），可變?yōu)?{x}_{0}ln\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$0＜x＜\frac{e}$．
∴p（x）在（0，$\frac{e}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{e}，+∞$）上單調(diào)遞增．
根據(jù)題設(shè)：$\frac{a+b}{4}＜\frac{3a+b}{5}$，可解得$\frac{a}∈$（0，7），
①若$\frac{3a+b}{5}≤\frac{e}$，即$\frac{a}∈[\frac{3e}{5-e}，7）$時(shí)，
∵p（x）在[$\frac{a+b}{4}，\frac{3a+b}{5}$]上單調(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(duì)$\frac{a}∈[\frac{3e}{5-e}，7）$恒成立，
令t=$\frac{a}∈[\frac{3e}{5-e}，7）$，$q（t）=ln\frac{3+t}{5t}+\frac{5}{3+t}≤0$，
則$q′（t）=-\frac{8t+9}{t（t+3）^{2}}＜0$，即q（t）在$[\frac{3e}{5-e}，7）$上是減函數(shù)，
則$q（t）_{max}=q（\frac{3e}{5-e}）=\frac{2-e}{5}＜0$，
∴對(duì)任意$\frac{a}∈[\frac{3e}{5-e}，7）$，$ln\frac{3+\frac{a}}{5•\frac{a}}+\frac{5}{3+\frac{a}}≤0$成立．
②當(dāng)$\frac{a+b}{4}＜\frac{e}＜\frac{3a+b}{5}$，即$\frac{a}∈（\frac{e}{4-e}，\frac{3e}{5-e}）$時(shí)，
當(dāng)且僅當(dāng)$p（x）_{min}=p（\frac{e}）=\frac{e}ln\frac{1}{e}+a≤0$，即$\frac{a}≥e$，此時(shí)$\frac{a}∈[e，\frac{3e}{5-e}）$．
③當(dāng)$\frac{a+b}{4}≥\frac{e}$時(shí)，即$\frac{a}∈（0，\frac{e}{4-e}）$時(shí)，
∵p（x）在$[\frac{a+b}{4}，\frac{3a+b}{5}]$上單調(diào)遞減，
∴$p（x）_{min}=p（\frac{a+b}{4}）=\frac{a+b}{4}ln\frac{a+b}{4}+a≤0$，
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．
∵$φ′（t）=-\frac{5t+1}{t（t+1）^{2}}＜0$，∴φ（t）在$（0，\frac{e}{4-e}）$上是減函數(shù)，
故存在無數(shù)個(gè)${t}_{0}∈（0，\frac{e}{4-e}）$，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，
綜上所述，$e≤\frac{a}＜7$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點(diǎn)處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)證明不等式問題，著重體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，題目設(shè)置難度大，是壓軸題．