Question

1．設f（x）=xe^ax，g（x）=kx+lnx+1
（1）a=-1，f（x）與g（x）均在x₀處取到最大值，求x₀及k的值；
（2）a=k=1時，求證：f（x）≥g（x）

Answer 1

分析 （1）a=-1時，f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．f′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，利用導數研究其單調性即可得出：x=1時函數f（x）取得極大值即最大值．可得x₀=1．g′（x）=k+$\frac{1}{x}$，由題意可得：k+1=0，解得k．
（2）a=k=1時，f（x）=xe^x，g（x）=x+lnx+1．f（x）≥g（x）即xe^x-x-lnx-1≥0．（x＞0）．令F（x）=xe^x-x-lnx-1．可得F′（x）=（x+1）$（{e}^{x}-\frac{1}{x}）$．可得存在唯一x₀＞0，且x₀∈$（\frac{1}{2}，1）$，使得F′（x₀）=0．可得：x₀+lnx₀=0．可得：F（x）在（0，x₀）內單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增．F（x）≥F（x₀）即可證明．

解答 （1）解：a=-1時，f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．f′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
可得：0＜x＜1時，f′（x）＞0，此時函數f（x）單調遞增；1＜x時，f′（x）＜0，此時函數f（x）單調遞減．
∴x=1時函數f（x）取得極大值即最大值．
∴x₀=1．
g′（x）=k+$\frac{1}{x}$，由題意可得：k+1=0，解得k=-1．
此時g′（x）=-1+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-x}{x}$，可得x=1時函數f（x）取得極大值即最大值．
因此x₀=1，k=-1．
（2）證明：a=k=1時，f（x）=xe^x，g（x）=x+lnx+1．
f（x）≥g（x）即xe^x-x-lnx-1≥0．（x＞0）．
令F（x）=xe^x-x-lnx-1．
F′（x）=e^x+xe^x-1-$\frac{1}{x}$
=（x+1）$（{e}^{x}-\frac{1}{x}）$．
令u（x）=e^x-$\frac{1}{x}$（x＞0），可得u（x）在x＞0時單調遞增．
由$u（\frac{1}{2}）$=$\sqrt{e}$-2＜0，u（1）=e-1＞0．
∴存在唯一x₀＞0，且x₀∈$（\frac{1}{2}，1）$，使得F′（x₀）=0．
即（x₀+1）$（{e}^{{x}_{0}}-\frac{1}{{x}_{0}}）$=0．可得：${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，可得：x₀+lnx₀=0．
可得：F（x）在（0，x₀）內單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增．
∴F（x）在x=x₀處取得極小值即最小值．
∴F（x）≥F（x₀）=${x}_{0}{e}^{{x}_{0}}$-x₀-lnx₀-1=-x₀-lnx₀=0．
即xe^x-x-lnx-1≥0，即f（x）≥g（x）．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、分類討論方法、方程與不等式的解法、函數零點存在而無法求出時的問題，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．