Question

16．设函数f（x）=xlnx，g（x）=-a+xlnb（a＞0，b＞0）．
（I）设函数h（x）=f（x）+g（x），求h（x）的单调区间；
（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$\frac{b}{a}$的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出h′（x）=lnx+1+lnb，运用不等式求解，得出函数h（x）的单调区间即可；
（Ⅱ）构造函数令p（x）=xln$\frac{x}{b}$+a，x∈[a+b4，3a+b5]，求解导数p′（x）=ln$\frac{x}{b}$+1，运用判断出以p（x）在（0，$\frac{b}{e}$）单调递减，在（$\frac{b}{e}$，+∞）单调递增，
分类求解若$\frac{3a+b}{5}$≤$\frac{b}{e}$，p（x）_min=p（$\frac{a+b}{4}$）=$\frac{a+b}{4}$ln$\frac{a+b}{4}$+a≤0，再次构造函数令t=$\frac{b}{a}$∈（0，$\frac{e}{4-e}$），φ（t）=ln $\frac{1+t}{4t}$+$\frac{4}{1+t}$≤0恒成立．运用导数求解即可．

解答 解：（I）设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＜$\frac{1}{be}$，
∴函数h（x）的单调递增区间为：（$\frac{1}{be}$，+∞），单调递减区间为（0，$\frac{1}{be}$），
（Ⅱ）由f（x₀）≤g（x₀）可变为x₀ln $\frac{{x}_{0}}{b}$+a≤0，
令p（x）=xln$\frac{x}{b}$+a，x∈[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]，则p′（x）=ln$\frac{x}{b}$+1，
由p′（x）＞0，可得x＞$\frac{b}{e}$，由p′（x）＜0可得0＜x＜$\frac{b}{e}$，
所以p（x）在（0，$\frac{b}{e}$）单调递减，在（$\frac{b}{e}$，+∞）单调递增，
∵（a+b）e＜4b，∴$\frac{a+b}{4}$＜$\frac{b}{e}$，$\frac{b}{a}$＞$\frac{e}{4-e}$，
根据题意可设：$\frac{a+b}{4}$＜$\frac{3a+b}{5}$，可解得$\frac{b}{a}$∈（0，7），
若 $\frac{3a+b}{5}$≤$\frac{b}{e}$，即$\frac{b}{e}$∈[$\frac{3e}{5-e}$，7）时，
∵p（x）在[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]单调递减，
∴p（x）_min=p（$\frac{3a+b}{5}$）=$\frac{3a+b}{5}$ln $\frac{3a+b}{5b}$+a≤0，
即ln $\frac{3+\frac{b}{a}}{5•\frac{b}{a}}$+$\frac{5}{3+\frac{b}{a}}$≤0，对$\frac{b}{a}$∈[$\frac{3e}{5-e}$，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=$\frac{b}{a}$∈（0，$\frac{e}{4-e}$），即φ（t）=ln $\frac{1+t}{4t}$+$\frac{4}{1+t}$≤0恒成立．
因为φ′（t）=-$\frac{5t+1}{{t（t+1）}^{2}}$＜0，所以φ（t）在（0，$\frac{e}{4-e}$）上单调递减，
故存在无数个t₀∈（0，$\frac{e}{4-e}$），使得φ（t₀）＞0，
如取t₀=1，φ（1）=ln$\frac{1}{2}$+2＞0，与φ（t）≤0恒成立矛盾，此时不成立．
综上所述，$\frac{b}{a}$的取值范围是[e，7）．

点评 本题综合考查了导数在函数单调性，最值中的应用，结合不等式求解，思维能力强，运用算能力强，属于难题．