Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{alnx-b{e}^{x}}{x}$ （a，b∈R，且a≠0，e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（I）若曲線f（x）在點（e，f（e））處的切線斜率為0，且f（x）有極小值，求實數(shù)a的取值范圍．
（II）（i）當 a=b=l 時，證明：xf（x）+2＜0；
（ii）當 a=1，b=-1 時，若不等式：xf（x）＞e+m（x-1）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)恒成立，求實數(shù)m的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導函數(shù)，由f′（e）=0得b=0，可得f′（x）=$\frac{a（1-lnx）}{{x}^{2}}$．然后對a分類討論，可知當a＞0時，f（x）有極大值而無極小值；當a＜0時，f（x）有極小值而無極大值．從而得到實數(shù)a的取值范圍為（-∞，0）；
（Ⅱ）（i）當a=b=1時，設g（x）=xf（x）+2=lnx-e^x+2．求其導函數(shù)，可得g′（x）=$\frac{1}{x}-{e}^{x}$在區(qū)間（0，+∞）上為減函數(shù)，結合零點存在定理可得存在實數(shù)x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），使得$g′（{x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}-{e}^{{x}_{0}}=0$．得到g（x）在區(qū)間（0，x₀）內(nèi)為增函數(shù)，在（x₀，+∞）內(nèi)為減函數(shù)．又$g′（{x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}-{e}^{{x}_{0}}=0$，得$\frac{1}{{x}_{0}}={e}^{{x}_{0}}$，x₀=-lnx₀．
由單調(diào)性知g（x）_max＜0，即xf（x）+2＜0；
（ii）xf（x）＞e+m（x-1）?xf（x）-m（x-1）＞e，當 a=1，b=-1 時，設h（x）=xf（x）-m（x-1）=lnx+e^x-m（x-1）．利用兩次求導可得當x＞1時，h′（x）＞h′（1）=1+e-m．然后分當1+e-m≥0時和當1+e-m＜0時求解m的取值范圍．

解答 （Ⅰ）解：∵f（x）=$\frac{alnx-b{e}^{x}}{x}$，∴f′（x）=$\frac{a（1-lnx）-b{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$．
∵f′（e）=0，∴b=0，則f′（x）=$\frac{a（1-lnx）}{{x}^{2}}$．
當a＞0時，f′（x）在（0，e）內(nèi)大于0，在（e，+∞）內(nèi)小于0，
∴f（x）在（0，e）內(nèi)為增函數(shù)，在（e，+∞）內(nèi)為減函數(shù)，即f（x）有極大值而無極小值；
當a＜0時，f（x）在（0，e）內(nèi)為減函數(shù)，在（e，+∞）內(nèi)為增函數(shù)，即f（x）有極小值而無極大值．
∴a＜0，即實數(shù)a的取值范圍為（-∞，0）；
（Ⅱ）（i）證明：當a=b=1時，設g（x）=xf（x）+2=lnx-e^x+2．
g′（x）=$\frac{1}{x}-{e}^{x}$在區(qū)間（0，+∞）上為減函數(shù)，又g′（1）=1-e＜0，g′（$\frac{1}{2}$）=2-$\sqrt{e}＞0$．
∴存在實數(shù)x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），使得$g′（{x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}-{e}^{{x}_{0}}=0$．
此時g（x）在區(qū)間（0，x₀）內(nèi)為增函數(shù)，在（x₀，+∞）內(nèi)為減函數(shù)．
又$g′（{x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}-{e}^{{x}_{0}}=0$，
∴$\frac{1}{{x}_{0}}={e}^{{x}_{0}}$，x₀=-lnx₀．
由單調(diào)性知，$g（x）_{max}=g（{x}_{0}）=ln{x}_{0}-{e}^{{x}_{0}}+2$=$-{x}_{0}-\frac{1}{{x}_{0}}+2=-（{x}_{0}+\frac{1}{{x}_{0}}）+2$．
又x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），∴-（${x}_{0}+\frac{1}{{x}_{0}}$）＜-2．
∴g（x）_max＜0，即xf（x）+2＜0；
（ii）xf（x）＞e+m（x-1）?xf（x）-m（x-1）＞e，
當 a=1，b=-1 時，設h（x）=xf（x）-m（x-1）=lnx+e^x-m（x-1）．
則h′（x）=$\frac{1}{x}+{e}^{x}-m$．
令t（x）=h′（x）=$\frac{1}{x}+{e}^{x}-m$．
∵x＞1，∴t′（x）=${e}^{x}-\frac{1}{{x}^{2}}=\frac{{e}^{x}{x}^{2}-1}{{x}^{2}}＞0$．
∴h′（x）在（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，
∴當x＞1時，h′（x）＞h′（1）=1+e-m．
①當1+e-m≥0時，即m≤1+e時，h′（x）＞0，
∴h（x）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，
∴當x＞1時，h（x）＞h（1）=e恒成立；
②當1+e-m＜0時，即m＞1+e時，h′（x）＜0，
∴存在x₀∈（1，+∞），使得h′（x₀）=0．
∴h（x）在區(qū)間（1，x₀）內(nèi)單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
由h（x₀）＜h（1）=e，
∴h（x）＞e不恒成立．
綜上所述，實數(shù)m的取值范圍為（-∞，1+e]．
∴實數(shù)m的最大值為：1+e．

點評 本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)、導數(shù)、不等式等基礎知識，以及綜合運用上述知識分析問題和解決問題的能力，是壓軸題．