Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$+x²-x（其中e=2.71828…）．
（Ⅰ）求f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若函數(shù)g（x）=ln[f（x）-x²+x]-b的兩個零點為x₁，x₂，證明：$\frac{1}{2}$[g′（x₁）+g′（x₂）]＞g′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，求得而且像的斜率和切點，運用點斜式方程可得切線的方程；
（Ⅱ）求出g（x）的解析式，求出導數(shù)，可得單調(diào)區(qū)間和極值、最值，可得零點的范圍，原不等式可化為$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{x}_{1}}$-1+$\frac{1}{{x}_{2}}$-1）＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-1，化簡整理，再由基本不等式即可得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$+x²-x的導數(shù)為f′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$+2x-1，
f（x）在（1，f（1））處的切線斜率為k=f′（1）=1，切點為（1，$\frac{1}{e}$），
可得f（x）在（1，f（1））處的切線方程為y-$\frac{1}{e}$=x-1，
即為y=x-1+$\frac{1}{e}$；
（Ⅱ）證明：函數(shù)g（x）=ln[f（x）-x²+x]-b=ln$\frac{x}{{e}^{x}}$-b=lnx-x-b，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，當x＞1時，g′（x）＜0，g（x）遞減；
當0＜x＜1時，g′（x）＞0，g（x）遞增．
可得g（x）在x=1處取得極大值，且為最大值-1-b，
設0＜x₁＜1，x₂＞1，則$\frac{1}{2}$[g′（x₁）+g′（x₂）]＞g′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$），
即為$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{{x}_{1}}$-1+$\frac{1}{{x}_{2}}$-1）＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$-1，
即$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$＞$\frac{4}{{x}_{1}+{x}_{2}}$，即有（x₁+x₂）（$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$）＞4，
由x₁+x₂＞2$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$，$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$＞2$\sqrt{\frac{1}{{x}_{1}{x}_{2}}}$，
可得（x₁+x₂）（$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$）＞4，
故原不等式成立．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式的證明，注意運用分析法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．