Question

11．已知函數(shù)f（x）=axlnx+bx（a≠0）在（1，f（1））處的切線與x軸平行，（e=2.71828…）
（1）試討論f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性；
（2）①設(shè)g（x）=x+$\frac{1}{{{e^{x-1}}}}$，x∈（0，+∞），求g（x）的最小值；
②證明：$\frac{f（x）}{a}+\frac{2}{{x{e^{x-1}}+1}}$≥1-x．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）①求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可；
②問題轉(zhuǎn)化為（xlnx-1）（xe^x-1+1）+2≥0，即（lnx+$\frac{1}{x}$）（x+e^1-x）≥2，設(shè)h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 （1）解：∵f′（x）=alnx+a+b，
∴f′（1）=a+b=0，故b=-a，
∴f（x）=axlnx-ax，且f′（x）=alnx，
當(dāng)a＞0時，x∈（0，1）時，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）時，f′（x）＞00，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
a＜0時，x∈（0，1）時，f′（x）＞0，x∈（1，+∞）時，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減；
（2）①解：∵g（x）=x+$\frac{1}{{e}^{x-1}}$，x∈（0，+∞），
∴g′（x）=1-e^1-x=$\frac{{e}^{x}-e}{{e}^{x}}$，
x∈（0，1）時，g′（x）＜0，x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，
故g（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
故g（x）_min=g（1）=2；
②證明：由（1）得：f（x）=axlnx-ax，
由$\frac{f（x）}{a}+\frac{2}{{x{e^{x-1}}+1}}$≥1-x，得：xlnx-x+$\frac{2}{{xe}^{x-1}+1}$+x-1≥0，
即（xlnx-1）（xe^x-1+1）+2≥0
?（xlnx+1）xe^x-1+xlnx+1≥2xe^x-1
?（xlnx+1）（xe^x-1+1）≥2xe^x-1，
即（lnx+$\frac{1}{x}$）（x+e^1-x）≥2，
設(shè)h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，h′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
故h（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
故h（x）≥h（1）=1，
又g（x）在（0，+∞）時，g（x）≥2，
故（lnx+$\frac{1}{x}$）（x+e^1-x）≥2成立，
即$\frac{f（x）}{a}+\frac{2}{{x{e^{x-1}}+1}}$≥1-x成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．