Question

12．已知函數(shù)f（x）=ex-xlnx，g（x）=e^x-tx²+x，t∈R，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）求函數(shù) f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處切線(xiàn)方程；
（Ⅱ）若g（x）≥f（x）對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到f′（1）再求出f（1），代入直線(xiàn)方程的點(diǎn)斜式得答案；
（Ⅱ）由g（x）≥f（x）對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立，可得e^x-tx²+x-ex+xlnx≥0對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立．分離參數(shù)t，可得即t≤$\frac{{e}^{x}+x-ex+xlnx}{{x}^{2}}$對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立．令F（x）=$\frac{{e}^{x}+x-ex+xlnx}{{x}^{2}}$．兩次求導(dǎo)可得x∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，x∈（1，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，得到F（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，F(xiàn)（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．從而得到F（x）≥F（1）=1．由此可得t的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=ex-xlnx，得f′（x）=e-lnx-1，則f′（1）=e-1．
而f（1）=e，∴所求切線(xiàn)方程為y-e=（e-1）（x-1），即y=（e-1）x+1；
（Ⅱ）∵f（x）=ex-xlnx，g（x）=e^x-tx²+x，t∈R，
∴g（x）≥f（x）對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立．
?e^x-tx²+x-ex+xlnx≥0對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立．
即t≤$\frac{{e}^{x}+x-ex+xlnx}{{x}^{2}}$對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立．
令F（x）=$\frac{{e}^{x}+x-ex+xlnx}{{x}^{2}}$．
則F′（x）=$\frac{x{e}^{x}+ex-2{e}^{x}-xlnx}{{x}^{3}}=\frac{1}{{x}^{2}}（{e}^{x}+e-\frac{2{e}^{x}}{x}-lnx）$，
設(shè)G（x）=${e}^{x}+e-\frac{2{e}^{x}}{x}-lnx$，
則G′（x）=${e}^{x}-\frac{2（x{e}^{x}-{e}^{x}）}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}=\frac{{e}^{x}（x-1）^{2}+{e}^{x}-x}{{x}^{2}}＞0$對(duì)任意x∈（0，+∞）恒成立．
∴G（x）=${e}^{x}+e-\frac{2{e}^{x}}{x}-lnx$在（0，+∞）單調(diào)遞增，且G（1）=0．
∴x∈（0，1）時(shí)，G（x）＜0，x∈（1，+∞）時(shí)，G（x）＞0，
即x∈（0，1）時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，x∈（1，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，
∴F（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，F(xiàn)（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴F（x）≥F（1）=1．
∴t≤1，即t的取值范圍是（-∞，1]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值，訓(xùn)練了恒成立問(wèn)題的求解方法，體現(xiàn)了分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難題．