Question

19．已知函数，f（x）=xlnx，g（x）=$\frac{1}{3}$ax²-bx其中a，b∈R
（Ⅰ）若f（x）≥-x²+ax-6在（0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当b=-$\frac{2}{3}$a时，若f（x）≤$\frac{3}{2}$g（x-1）对x∈（1，+∞）恒成立，求a的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）原不等式等价于$a≤lnx+x+\frac{6}{x}$，设g（x）=lnx+x+$\frac{6}{x}$，则当x∈（0，2）时g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；当x∈（2，+∞）时g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；所以实数a的取值范围为（-∞，5+ln2]；
（Ⅱ）当$b=-\frac{2}{3}a$时，构造函数$G（x）=f（x）-\frac{3}{2}g（x-1）=xlnx-\frac{1}{2}a{x^2}+\frac{1}{2}a$，则G′（x）=lnx-ax+1，由题意有G（x）≤0对x∈（1，+∞）恒成立，分a≤0、a≥1、0＜a＜1三种情况讨论即得a的最小值为1．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）≥-x²+ax-6，f（x）=xlnx，
∴$a≤lnx+x+\frac{6}{x}$，
设g（x）=lnx+x+$\frac{6}{x}$，则$g′（x）=\frac{{x}^{2}+x-6}{{x}^{2}}$=$\frac{（x+3）（x-2）}{{x}^{2}}$，
当x∈（0，2）时g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；
当x∈（2，+∞）时g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；
所以函数g（x）的最小值为g（2）=5+ln2，
从而实数a的取值范围为（-∞，5+ln2]；
（Ⅱ）当$b=-\frac{2}{3}a$时，构造函数$G（x）=f（x）-\frac{3}{2}g（x-1）=xlnx-\frac{1}{2}a{x^2}+\frac{1}{2}a$，
由题意有G（x）≤0对x∈（1，+∞）恒成立，因为G′（x）=lnx-ax+1，
当a≤0时，G′（x）=lnx-ax+1＞0，
所以G（x）在（1，+∞）上单调递增，
则G（x）＞G（1）=0在（0，+∞）上成立，与题意矛盾．
当a≥1时，令φ（x）=G′（x），
则$φ（x）=\frac{1}{x}-a＜0，φ（x）在（1，+∞）$上单调递减，
所以φ（x）≤φ（1）=1-a≤0，所以G（x）在（1，+∞）上单调递减，
所以G（x）≤G（1）=0在（1，+∞）上成立，符合题意．
当0＜a＜1时，$φ（x）=\frac{1}{x}-a$，所以$φ（x）在（1，\frac{1}{a}）$上单调递增，
$φ（x）在（\frac{1}{a}，+∞）$上单调递减，因为φ（1）=1-a＞0，
所以$φ（x）＞0在（1，\frac{1}{a}）$成立，即G′（x）＞0在（1，$\frac{1}{a}$）上成立，
所以G（x）＞0在（1，$\frac{1}{a}$）上单调递增，
则G（x）＞G（1）=0在x∈（1，$\frac{1}{a}$）上成立，与题意矛盾．
综上知a的最小值为1．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求区间上的最值，训练了分类讨论的思想，属难题．