Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx+（1-a）x³+bx，g（x）=xe^x-b（a，b∈R，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），且f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處的切線方程為y=（$\frac{1}{e}$+1）x
（Ⅰ）求實(shí)數(shù)a，b的值；
（Ⅱ）求證：f（x）≤g（x）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（e），再求出f（e），結(jié)合f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處的切線方程為y=（$\frac{1}{e}+1$）x列關(guān)于a，b的方程組求得a，b的值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知f（x）=lnx+x，g（x）=xe^x-1，且f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），令F（x）=f（x）-g（x）=lnx+x-xe^x+1，利用導(dǎo)數(shù)求其最大值小于等于0得答案．

解答 （Ⅰ）解：∵f′（x）=$\frac{1}{x}+3（1-a）{x}^{2}+b$，
∴f′（e）=$\frac{1}{e}+3（1-a）{e}^{2}+b$，且f（e）=1+（1-a）e³+be，
又f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處的切線方程為y=（$\frac{1}{e}+1$）x，
∴切點(diǎn)為（e，1+e），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{e}+3（1-a）{e}^{2}+b=\frac{1}{e}+1}\\{1+（1-a）{e}^{3}+be=1+e}\end{array}\right.$，
解得：a=b=1；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）可知f（x）=lnx+x，g（x）=xe^x-1，且f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），
令F（x）=f（x）-g（x）=lnx+x-xe^x+1，
則F′（x）=$\frac{1}{x}+1-{e}^{x}-x{e}^{x}=\frac{1+x}{x}-（x+1）{e}^{x}=（x+1）（\frac{1}{x}-{e}^{x}）$，
令G（x）=$\frac{1}{x}-{e}^{x}$，可知G（x）在（0，+∞）上為減函數(shù)，且G（$\frac{1}{e}$）=2-$\sqrt{e}＞0$，G（1）=1-e＜0，
∴?x₀∈（$\frac{1}{2}，1$），使得G（x₀）=0，即$\frac{1}{{x}_{0}}-{e}^{{x}_{0}}=0$，
當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，G（x）＞0，∴F′（x）＞0，則F（x）為增函數(shù)；
當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，G（x）＜0，∴F′（x）＜0，則F（x）為減函數(shù)．
∴F（x）≤F（x₀）=$ln{x}_{0}+{x}_{0}-{x}_{0}{e}^{{x}_{0}}+1$，
又∵$\frac{1}{{x}_{0}}-{e}^{{x}_{0}}=0$，∴$\frac{1}{{x}_{0}}={e}^{{x}_{0}}$，即lnx₀=-x₀，
∴F（x₀）=0，即F（x）≤0，
∴f（x）≤g（x）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點(diǎn)處的切線方程，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，訓(xùn)練了利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)不等式，是中檔題．