Question

13．已知函數(shù)f（x）=ax²e^x+blnx，且在P（1，f（1））處的切線方程為（3e-1）x-y+1-2e=0，g（x）=（$\frac{2}{x}$-1）ln（x-2）+$\frac{lnx-1}{x}$+1．
（1）求a，b的值；
（2）證明：f（x）的最小值與g（x）的最大值相等．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，由題意可得f'（1）=1，代入即可求得a，b的值；
（2）分別利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)f（x），g（x）的最值，再比較判斷，即可證明．

解答 解：（1）當(dāng)x=1時(shí)，y=e，即f（1）=ae=e，解得a=1，
∵f′（x）=e^x（x²+2x）+$\frac{x}$，
∴f′（1）=e（1+2）+b=3e-1，解得b=-1，
（2）證明：由（1）得f′（x）=e^x（x²+2x）-$\frac{1}{x}$，
令h（x）=e^x（x²+2x）-$\frac{1}{x}$，
∴h′（x）=e^x（x²+4x+2）+$\frac{1}{{x}^{2}}$，
∴h（x）為增函數(shù)，
∵f（$\frac{1}{4}$）=$\frac{9}{16}{e}^{\frac{1}{4}}$-4＜${e}^{\frac{1}{4}}$-4＜2-4＜0，f（1）=3e-1＞0，
∴存在唯一的x₁∈（$\frac{1}{4}$，1），使得f′（x）=0，
即${e}^{{x}_{1}}$（x₁²+2x₁）-$\frac{1}{{x}_{1}}$=0，
亦即2lnx₁+ln（x₁+2）+x₁=0，
且f（x）在（0，x₁）為減函數(shù)，在（x₁，+∞）為增函數(shù)，
∴f（x）_min=f（x₁）=${e}^{{x}_{1}}$x₁²+lnx₁=$\frac{{x}_{1}^{2}}{（{x}_{1}^{2}+2{x}_{1}）{x}_{1}}$-lnx₁=$\frac{1}{{x}_{1}+2}$-lnx₁，
∵g′（x）=-$\frac{2}{{x}^{2}}$ln（x-2）+（$\frac{2}{x}$-1）$\frac{1}{x-2}$+$\frac{2-lnx}{{x}^{2}}$=$\frac{-2ln（x-2）-x+2-lnx}{{x}^{2}}$，
令φ（x）=-2ln（x-2）-x+2-lnx，則φ（x）在（2，+∞）上為減函數(shù)，
∵φ（3）=-3+2-ln3=-1-ln3＜0，φ（2+$\frac{1}{{e}^{2}}$）=4-（2+$\frac{1}{{e}^{2}}$）+2-ln（2+$\frac{1}{{e}^{2}}$）＞4-（2+1）+2-1＞0，
∴存在唯一的x₂∈（2+$\frac{1}{{e}^{2}}$，3），使得φ（x₂）=0，
即φ（x₂）=-2ln（x₂-2）-x₂+2-lnx₂=0
亦即lnx₂+2ln（x₂+2）+x₂-2=0，
且g（x）在（2，x₂）為增函數(shù)，在（x₂，+∞）為減函數(shù)，
∴g（x）_max=g（x₂）=（$\frac{2}{{x}_{2}}$-1）ln（x₂-2）+$\frac{ln{x}_{2}-1}{{x}_{2}}$+1
=（$\frac{2}{{x}_{2}}$-1）ln（x₂-2）+$\frac{-2ln（{x}_{2}-2）-{x}_{2}+2-1}{{x}^{2}}$+1，
=$\frac{1}{{x}_{2}}$[（2-x₂）ln（x₂-2）-2ln（x₂-2）-x₂+1]+1
=$\frac{1}{{x}_{2}}$[-x₂ln（x₂-2）-x₂+1]+1
=$\frac{1}{{x}_{2}}$-ln（x₂-2），
∵2lnx₁+ln（x₁+2）+x₁=2ln[（x₁+2）-2]+ln（x₁+2）+（x₁+2）-2=0
∴x₁+2=x₂，
∴g（x）_max=$\frac{1}{{x}_{2}}$-ln（x₂-2）=$\frac{1}{{x}_{1}+2}$-lnx₁=f（x）_min；
問(wèn)題得以證明．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性和最值的關(guān)系，考查計(jì)算能力，屬于難題．