Question

1．已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{1}{3}$ax²-bx，其中a，b∈R．
（1）若f（x）≥-x²+ax-6在（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）當b=-$\frac{2}{3}$a時，若f（x+1）≤$\frac{3}{2}$g（x）對x∈[0，+∞）恒成立，求a的最小值．

Answer 1

分析 （1）原不等式等價于a≤lnx+x+$\frac{6}{x}$，設(shè)g（x）=lnx+x+$\frac{6}{x}$，則當x∈（0，2）時g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當x∈（2，+∞）時g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；所以實數(shù)a的取值范圍為（-∞，5+ln2]；
（2）當b=-$\frac{2}{3}$a時，將x換成x-1即有f（x）≤$\frac{3}{2}$g（x-1）對x∈[1，+∞）恒成立．構(gòu)造函數(shù)G（x）=f（x）-$\frac{3}{2}$g（x-1）=xlnx-$\frac{1}{2}$ax²+$\frac{1}{2}$a，則G′（x）=lnx-ax+1，由題意有G（x）≤0對x∈[1，+∞）恒成立，分a≤0、a≥1、0＜a＜1三種情況討論即得a的最小值為1．

解答 解：（1）∵f（x）≥-x²+ax-6，f（x）=xlnx，
∴a≤lnx+x+$\frac{6}{x}$，
設(shè)g（x）=lnx+x+$\frac{6}{x}$，
則g′（x）=$\frac{{x}^{2}+x-6}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+3）（x-2）}{{x}^{2}}$，
當x∈（0，2）時g′（x）＜0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；
當x∈（2，+∞）時g′（x）＞0，函數(shù)g（x）單調(diào)遞增；
所以函數(shù)g（x）的最小值為g（2）=5+ln2，
從而實數(shù)a的取值范圍為（-∞，5+ln2]；
（2）當b=-$\frac{2}{3}$a時，將x換成x-1即有f（x）≤$\frac{3}{2}$g（x-1）對x∈[1，+∞）恒成立．
構(gòu)造函數(shù)G（x）=f（x）-$\frac{3}{2}$g（x-1）=xlnx-$\frac{1}{2}$ax²+$\frac{1}{2}$a，
由題意有G（x）≤0對x∈（1，+∞）恒成立，
因為G′（x）=lnx-ax+1，
當a≤0時，G′（x）=lnx-ax+1＞0，
所以G（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
則G（x）＞G（0）=0在（0，+∞）上成立，與題意矛盾．
當a≥1時，令φ（x）=G′（x），
則φ（x）=$\frac{1}{x}$-a＜0，φ（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
所以φ（x）≤φ（1）=1-a≤0，所以G（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
所以G（x）≤G（1）=0在（1，+∞）上成立，符合題意．
當0＜a＜1時，φ（x）=$\frac{1}{x}$-a，所以φ（x）在（1，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，
φ（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減，因為φ（1）=1-a＞0，
所以φ（x）在（1，$\frac{1}{a}$）成立，即G′（x）＞0在（1，$\frac{1}{a}$）上成立，
所以G（x）＞0在（1，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增，
則G（x）＞G（1）=0在x∈（1，$\frac{1}{a}$）上成立，與題意矛盾．
綜上知a的最小值為1．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了利用導(dǎo)數(shù)求區(qū)間上的最值，訓(xùn)練了分類討論的思想，屬難題．