Question

8．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）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）證明：b≤e時(shí)，f（x）≥b（x²-2x+2）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得f′（1）=0，解方程可得a，由導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合f′（1）=0，可得f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）討論①當(dāng)b≤0時(shí)，求得f（x）的最小值，可得結(jié)論成立；②當(dāng)0＜b≤e時(shí)，設(shè)g（x）=xe^x-2elnx-b（x²-2x+2），求出導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)h（x）=（x+1）e^x-$\frac{2e}{x}$-2b（x-1），x＞0，求得導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，可得g（x）最小值，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）=xe^x-alnx的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=（x+1）e^x-$\frac{a}{x}$，x＞0，
依題意得f′（1）=0，即2e-a=0，解得a=2e．
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，+∞）．
（Ⅱ）證明：①當(dāng)b≤0時(shí)，由（Ⅰ）知，當(dāng)x=1時(shí)，f（x）取得最小值為e．
又b（x²-2x+2）的最大值為b，故f（x）≥b（x²-2x+2）；
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），
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；
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，（x+2）e^x-2b＞0，$\frac{2e}{{x}^{2}}$＞0，所以h′（x）＞0．
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）．
綜上，當(dāng)b≤e時(shí)，f（x）≥b（x²-2x+2）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(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)化思想等，屬于中檔題．