Question

4．已知函數(shù)f（x）=xe^x-alnx，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線平行于x軸．
（Ⅰ）求f（x）=a（x-1）（e^x-a）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）證明：b≤e時(shí)，f（x）≥b（x²-2x+2）．

Answer 1

分析 法一：（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用切線的斜率與導(dǎo)數(shù)值的關(guān)系，求出a，利用導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）通過(guò)①當(dāng)b≤0時(shí)，求出最小值，推出結(jié)果．②當(dāng)0＜b≤e時(shí)，構(gòu)造函數(shù)g（x）=xe^x-2elnx-b（x²-2x+2），利用導(dǎo)函數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求解最小值，推出結(jié)果．
解法二：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）設(shè)g（x）=xe^x-2elnx-b（x²-2x+2）．
（1）當(dāng)b=e時(shí)，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，然后通過(guò)①當(dāng)0＜x≤1時(shí)，利用函數(shù)的帶動(dòng)下求解最小值．
②當(dāng)x＞1時(shí)，構(gòu)造函數(shù)$M（x）=g'（x）=（{x+1}）{e^x}+2e-2e（{x+\frac{1}{x}}）$，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性證明當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）≥e（x²-2x+2）恒成立．
（2）當(dāng)b＜e時(shí)，通過(guò)x²-2x+2=（x-1）²+1＞0，證明當(dāng)b≤e時(shí)，f（x）≥b（x²-2x+2）．
解法三：（Ⅰ）同解法一．（5分）
（Ⅱ）設(shè)g（x）=e^x-ex，求出極值點(diǎn)x=1，當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，利用函數(shù)的單調(diào)性推出g（x）≥g（1）
推出e^x≥ex，然后證明結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)?f′（x）=（{x+1}）{e^x}-\frac{a}{x}$，x＞0，（2分） 依題意得f′（1）=0，即2e-a=0，解得a=2e．（3分） 所以$f′（x）=（{x+1}）{e^x}-\frac{2e}{x}$，顯然f′（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增且f′（1）=0，
故當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0．
所以f（x）的遞減區(qū)間為（0，1），遞增區(qū)間為（1，+∞）．（5分）
（Ⅱ）①當(dāng)b≤0時(shí)，由（Ⅰ）知，當(dāng)x=1時(shí)，f（x）取得最小值e．
又b（x²-2x+2）的最大值為b，故f（x）≥b（x²-2x+2）．（7分）
②當(dāng)0＜b≤e時(shí)，設(shè)g（x）=xe^x-2elnx-b（x²-2x+2），
所以$g′（x）=（{x+1}）{e^x}-\frac{2e}{x}-2b（{x-1}）$，（8分）
令$h（x）=（{x+1}）{e^x}-\frac{2e}{x}-2b（{x-1}）$，x＞0，
則$h′（x）=（{x+2}）{e^x}+\frac{2e}{x^2}-2b$，
當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，$\frac{2e}{x^2}-2b≥0$，（x+2）e^x＞0，所以h′（x）＞0，…．（9分）
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，（x+2）e^x-2b＞0，$\frac{2e}{x^2}＞0$，所以h′（x）＞0，…．…．（10分）
所以當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，h′（x）＞0，故h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
又h（1）=0，所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＜0；
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＞0．
所以g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x=1時(shí)，g（x）取得最小值g（1）=e-b≥0，
所以g（x）≥0，即f（x）≥b（x²-2x+2）． （11分）
綜上，當(dāng)b≤e時(shí)，f（x）≥b（x²-2x+2）．（12分）
解法二：（Ⅰ）同解法一．
（Ⅱ）設(shè)g（x）=xe^x-2elnx-b（x²-2x+2）．
（1）當(dāng)b=e時(shí)，$g′（x）=（{x+1}）{e^x}+2e-2e（{x+\frac{1}{x}}）$，
（6分）
①當(dāng)0＜x≤1時(shí)，$（{x+1}）{e^x}≤2e，x+\frac{1}{x}≥2$，所以g′（x）≤0，（7分）
所以g（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，所以g（x）≥g（1）=0，即xe^x-2elnx≥e（x²-2x+2）．
（8分）
②當(dāng)x＞1時(shí)，
令$M（x）=g′（x）=（{x+1}）{e^x}+2e-2e（{x+\frac{1}{x}}）$，
則$M′（x）=（{x+2}）{e^x}+\frac{2e}{x^2}-2e＞3e-2e＞0$，
所以M（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，（9分）
即g′（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，所以g′（x）＞g′（1）=0，
所以g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，所以g（x）＞g（1）=0，即xe^x-2elnx＞e（x²-2x+2）．
故當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）≥e（x²-2x+2）恒成立．（10分）
（2）當(dāng)b＜e時(shí)，因?yàn)閤²-2x+2=（x-1）²+1＞0，
所以e（x²-2x+2）＞b（x²-2x+2），（11分）
由（1）知，f（x）≥e（x²-2x+2），所以f（x）＞b（x²-2x+2）．
綜合（1）（2），當(dāng)b≤e時(shí)，f（x）≥b（x²-2x+2）．（12分）
解法三：（Ⅰ）同解法一．（5分）
（Ⅱ）設(shè)g（x）=e^x-ex，則g′（x）=e^x-e，
令g′（x）=e^x-e=0，得x=1，（6分）
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＜0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＞0；
所以g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，（8分）
所以g（x）≥g（1）=0，（9分）
所以e^x≥ex，所以x≥lnex，即lnx≤x-1．（10分）
因?yàn)閎≤e，x²-2x+2=（x-1）²+1＞0，x＞0，
所以f（x）=xe^x-2elnx≥ex²-2e（x-1）=e（x²-2x+2）≥b（x²-2x+2）．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用、不等式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力等，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類(lèi)與整合思想、數(shù)形結(jié)合思想等．