Question

6．设函数f（x）=xlnx，g（x）=-a+xlnb（a＞0，b＞0）．
（I）求函数y=f（x）在点（e，f（e））处的切线方程：
（Ⅱ）设h（x）=f（x）+g（x），求h（x）单调区间：
（Ⅲ）若存在x₀，使x₀∈[$\frac{a+b}{4}$，$\frac{3a+b}{5}$]且f（x₀）≤g（x₀）成立，求证：e≤$\frac{b}{a}$＜7．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，得到函数在x=e时的导数，再求出f（e）的值，则函数y=f（x）在点（e，f（e））处的切线方程可求；
（Ⅱ）对函数h（x）求导，分别由h′（x）和h′（x）＜0求得x的范围得答案；
（Ⅲ）把f（x₀）≤g（x₀）变为${x}_{0}ln\frac{{x}_{0}}{b}+a≤0$，构造函数p（x）=$xln\frac{x}{b}+a$，x∈$[\frac{a+b}{4}，\frac{3a+b}{5}]$，求出p（x）的极值点，再由已知得到$\frac{a+b}{4}＜\frac{3a+b}{5}$，解得$\frac{b}{a}∈$（0，7），然后对$\frac{b}{a}$所在的区间分类，求得使f（x₀）≤g（x₀）成立的范围得答案．

解答 （Ⅰ）解：∵f′（x）=lnx+1，∴k=f′（e）=lne+1=2，
又f（e）=e，∴f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为：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$＜x＜\frac{1}{be}$，
∴函数h（x）的单调递增区间为（$\frac{1}{be}，+∞$），函数h（x）的单调递减区间为（0，$\frac{1}{be}$）．
（Ⅲ）证明：由f（x₀）≤g（x₀），可变为${x}_{0}ln\frac{{x}_{0}}{b}+a≤0$．
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$0＜x＜\frac{b}{e}$．
∴p（x）在（0，$\frac{b}{e}$）上单调递减，在（$\frac{b}{e}，+∞$）上单调递增．
根据题设：$\frac{a+b}{4}＜\frac{3a+b}{5}$，可解得$\frac{b}{a}∈$（0，7），
①若$\frac{3a+b}{5}≤\frac{b}{e}$，即$\frac{b}{a}∈[\frac{3e}{5-e}，7）$时，
∵p（x）在[$\frac{a+b}{4}，\frac{3a+b}{5}$]上单调递减，
∴$p（x）_{min}=p（\frac{3a+b}{5}）=\frac{3a+b}{5}ln\frac{3a+b}{5b}+a≤0$，
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，
令t=$\frac{b}{a}∈[\frac{3e}{5-e}，7）$，$q（t）=ln\frac{3+t}{5t}+\frac{5}{3+t}≤0$，
则$q′（t）=-\frac{8t+9}{t（t+3）^{2}}＜0$，即q（t）在$[\frac{3e}{5-e}，7）$上是减函数，
则$q（t）_{max}=q（\frac{3e}{5-e}）=\frac{2-e}{5}＜0$，
∴对任意$\frac{b}{a}∈[\frac{3e}{5-e}，7）$，$ln\frac{3+\frac{b}{a}}{5•\frac{b}{a}}+\frac{5}{3+\frac{b}{a}}≤0$成立．
②当$\frac{a+b}{4}＜\frac{b}{e}＜\frac{3a+b}{5}$，即$\frac{b}{a}∈（\frac{e}{4-e}，\frac{3e}{5-e}）$时，
当且仅当$p（x）_{min}=p（\frac{b}{e}）=\frac{b}{e}ln\frac{1}{e}+a≤0$，即$\frac{b}{a}≥e$，此时$\frac{b}{a}∈[e，\frac{3e}{5-e}）$．
③当$\frac{a+b}{4}≥\frac{b}{e}$时，即$\frac{b}{a}∈（0，\frac{e}{4-e}）$时，
∵p（x）在$[\frac{a+b}{4}，\frac{3a+b}{5}]$上单调递减，
∴$p（x）_{min}=p（\frac{a+b}{4}）=\frac{a+b}{4}ln\frac{a+b}{4}+a≤0$，
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．
∵$φ′（t）=-\frac{5t+1}{t（t+1）^{2}}＜0$，∴φ（t）在$（0，\frac{e}{4-e}）$上是减函数，
故存在无数个${t}_{0}∈（0，\frac{e}{4-e}）$，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，
综上所述，$e≤\frac{b}{a}＜7$．

点评 本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，训练了利用导数证明不等式问题，着重体现了分类讨论的数学思想方法，题目设置难度大，是压轴题．