Question

10．已知函數(shù)g（x）=$\frac{lnx}{x}$．
（Ⅰ）求函數(shù)y=g（x）的圖象在x=$\frac{1}{e}$處的切線方程；
（Ⅱ）求y=g（x）的最大值；
（Ⅲ）令f（x）=ax²+bx-x•（g（x））（a，b∈R）．若a≥0，求f（x）的單調(diào)區(qū)間．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（$\frac{1}{e}$），求出f（$\frac{1}{e}$），由直線方程的點斜式得答案；
（Ⅱ）由導(dǎo)數(shù)求y=g（x）的單調(diào)區(qū)間，進一步求得函數(shù)的極值，得到最大值；
（Ⅲ）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，分a=0和a＞0及b的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．

解答 解：（Ⅰ）$g'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$，$g'（\frac{1}{e}）=\frac{1+1}{{\frac{1}{e^2}}}=2{e^2}$，$g（\frac{1}{e}）=-e$，
∴切線方程為$y+e=2{e^2}（x-\frac{1}{e}）$，即2e²x-y-3e=0；
（Ⅱ）定義域x∈（0，+∞），
由$g'（x）=\frac{1-lnx}{x^2}$=0，得x=e，當(dāng)x∈（0，e）時，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（e，+∞）時，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減．
∴x=e是極大值點，極大值為$g（e）=\frac{1}{e}$．
∵在x∈（0，+∞）上，極值點唯一，
∴$g（e）=\frac{1}{e}$是最大值；
（ III）由f（x）=ax²+bx-lnx，x∈（0，+∞），得f'（x）=$\frac{{2a{x^2}+bx-1}}{x}$．
①當(dāng)a=0時，f'（x）=$\frac{bx-1}{x}$．
若b≤0，當(dāng)x＞0時，f'（x）＜0恒成立，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞）．
若b＞0，當(dāng)0＜x＜$\frac{1}$時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
當(dāng)x＞$\frac{1}$時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，$\frac{1}$），單調(diào)遞增區(qū)間是（$\frac{1}$）．
②當(dāng)a＞0時，令f'（x）=0，得2ax²+bx-1=0．
由△=b²+8a＞0，得x₁=$\frac{{-b-\sqrt{{b^2}+8a}}}{4a}$，x₂=$\frac{{-b+\sqrt{{b^2}+8a}}}{4a}$．
顯然，x₁＜0，x₂＞0．
當(dāng)0＜x＜x₂時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞x₂時，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，x₂），單調(diào)遞增區(qū)間是（x₂，+∞）．
綜上所述，
當(dāng)a=0，b≤0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，+∞）；
當(dāng)a=0，b＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，$\frac{1}$），單調(diào)遞增區(qū)間是（$\frac{1}$，+∞）；
當(dāng)a＞0時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，x₂），單調(diào)遞增區(qū)間是（x₂，+∞）．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難題．