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19.已知函數f(x)=$\frac{x}{{e}^{x}}$+x2-x(其中e=2.71828…).
(1)求f(x)在(1,f(1))處的切線方程;
(2)若函數g(x)=ln[f(x)-x2+x]-b的兩個零點為x1,x2,證明:g′(x1)+g′(x2)>g′($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$).

分析 (1)求出函數的導數,求得切線的斜率和切點,運用點斜式方程可得切線的方程;
(2)求出g(x)的解析式,求出導數,由零點的定義,運用換元法和構造函數法,結合分析法證明,以及函數的單調性,即可得到證明.

解答 解:(1)函數f(x)=$\frac{x}{{e}^{x}}$+x2-x的導數為f′(x)=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$+2x-1,
f(x)在(1,f(1))處的切線斜率為k=f′(1)=1,切點為(1,$\frac{1}{e}$),
可得f(x)在(1,f(1))處的切線方程為y-$\frac{1}{e}$=x-1,
即為y=x-1+$\frac{1}{e}$;
(2)證明:由題意知函數g(x)=lnx-x-b,所以g′(x)=$\frac{1}{x}$-1,
因為x1,x2是函數g(x)的兩個零點,所以$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+b=ln{x}_{1}}\\{{x}_{2}+b=ln{x}_{2}}\end{array}\right.$,相減得x2-x1=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$,
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t>1,則x2=tx1,即tx1-x1=lnt,則x1=$\frac{lnt}{t-1}$,x2=$\frac{tlnt}{t-1}$,
要證g′(x1)+g′(x2)>g′($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$),即證$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$>$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+1,
即證$\frac{t-1}{lnt}$+$\frac{t-1}{tlnt}$>$\frac{2(t-1)}{(1+t)lnt}$+1,
即證t-$\frac{1}{t}$-$\frac{2(t-1)}{t+1}$-lnt>0,
令φ(t)=t-$\frac{1}{t}$-$\frac{2(t-1)}{t+1}$-lnt,φ′(t)=1+$\frac{1}{{t}^{2}}$-$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{(1+t)^{2}}$=$\frac{{t}^{4}+{t}^{3}-4{t}^{2}+t+1}{{t}^{2}(t+1)^{2}}$,
令m(t)=t4+t3-4t2+t+1,m′(t)=4t3+3t2-8t+1,令h(t)=4t3+3t2-8t+1,
h′(t)=12t2+6t-8>0恒成立,
m′(t)在(1,+∞)遞增,可得m′(t)>m′(1)=0,
m(t)在(1,+∞)遞增,m(t)>m(1)=0,
即φ′(t)>0,φ(t)在(1,+∞)遞增,
φ(t)>φ(1)=0,
即原不等式成立.

點評 本題考查導數的運用:求切線的方程和單調區(qū)間、極值和最值,考查不等式的證明,注意運用分析法,考查化簡整理的運算能力,屬于中檔題.

練習冊系列答案
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