Question

7．已知函數(shù)$f（x）={e^x}（alnx+\frac{2}{x}+b）$，其中a，b∈R．e=2.71828是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）若曲線y=f（x）在x=1處的切線方程為y=e（x-1）．求實(shí)數(shù)a，b的值；
（2）①若a=-2時(shí)，函數(shù)y=f（x）既有極大值，又有極小值，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
②若a=-2，b≥-2．若f（x）≥kx對(duì)一切正實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍（用b表示）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù) 到底是，得到關(guān)于a，b的方程組，解出即可；
（2）①求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的方程，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而判斷出函的極大值和極小值，進(jìn)而求出b的范圍即可；
②問題轉(zhuǎn)化為${e^x}（{alnx+\frac{2}{x}+b}）≥（2+b）ex$對(duì)一切正實(shí)數(shù)x恒成立，只需證明e^x≥ex，再證$lnx+\;\frac{1}{x}≥\;1$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）由題意知曲線y=f（x）過點(diǎn)（1，0），且f'（1）=e；
又因?yàn)?f'（x）={e^x}（{alnx-\frac{2}{x^2}+\frac{a+2}{x}+b}）$，
則有$\left\{\begin{array}{l}f（1）=e（2+b）=0\\ f'（1）=e（a+b）=e\end{array}\right.$解得a=3，b=-2…（4分）
（2）①當(dāng)a=-2時(shí)，函數(shù)y=f（x）的導(dǎo)函數(shù)$f'（x）={e^x}（{-2lnx-\frac{2}{x^2}+b}）=0$，
若f'（x）=0時(shí)，得$b=2lnx+\frac{2}{x^2}$，
設(shè)$g（x）=2lnx+\frac{2}{x^2}$（x＞0）．
由$g'（x）=\frac{2}{x}-\frac{4}{x^3}=\frac{{2{x^2}-4}}{x^3}$=0，得$x=\sqrt{2}$，$g（\sqrt{2}）=1+ln2$…（6分）
當(dāng)$0＜x＜\sqrt{2}$時(shí)，g'（x）＜0，函數(shù)y=g（x）在區(qū)間$（0，\sqrt{2}）$上為減函數(shù)，g（x）∈（1+ln2，+∞）；僅當(dāng)b＞1+ln2時(shí)，b=g（x）有兩個(gè)不同的解，設(shè)為x₁，x₂（x₁＜x₂）．

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f'（x）	-	0	+	0	-
f（x）	↘	極大值	↗	極小值	↘

此時(shí)，函數(shù)y=f（x）既有極大值，又有極小值…（9分）
②由題意${e^x}（{alnx+\frac{2}{x}+b}）≥kx$對(duì)一切正實(shí)數(shù)x恒成立，
取x=1得k≤（2+b）e．
下證${e^x}（{alnx+\frac{2}{x}+b}）≥（2+b）ex$對(duì)一切正實(shí)數(shù)x恒成立…（12分）
首先，證明e^x≥ex．設(shè)函數(shù)u（x）=e^x-ex，則u'（x）=e^x-e，
當(dāng)x＞1時(shí)，u'（x）＞0；
當(dāng)x＜1時(shí)，u'（x）＜0；得e^x-ex≥u（1）=0，即e^x≥ex，
當(dāng)且僅當(dāng)都在x=1處取到等號(hào)．
再證$lnx+\;\frac{1}{x}≥\;1$．設(shè)$v（x）=lnx+\frac{1}{x}-1$，則$v'（x）=\frac{x-1}{x^2}$，當(dāng)x＞1時(shí)，v'（x）＞0；
當(dāng)x＜1時(shí)，v'（x）＜0；得v（x）≥v（1）=0，即$lnx+\;\frac{1}{x}≥\;1$，
當(dāng)且僅當(dāng)都在x=1處取到等號(hào)…（14分）
由上可得${e^x}（{alnx+\frac{2}{x}+b}）≥（2+b）ex$，所以${（{\frac{f（x）}{x}}）_{min}}=（2+b）e$，
所以k≤（2+b）e…（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．