Question

18．已知曲線f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-4lnx在點(diǎn)（1，f（1））處的切線l與x軸的交點(diǎn)為（$\frac{4}{3}$，0）．
（1）求f（x）的極小值；
（2）求證：對任意x∈（0，+∞），$\frac{{x}^{4}}{6}+\frac{2}{e}$＞$\frac{xf（x）}{4}+\frac{x}{{e}^{x}}$（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．

Answer 1

分析 （1）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，求得函數(shù)在點(diǎn)（1，f（1））處的切線l的方程，由切線l與x軸的交點(diǎn)為（$\frac{4}{3}$，0），求得a值，則切線方程可求，進(jìn)一步求出原函數(shù)的極小值點(diǎn)，得到f（x）的極小值；
（2）把f（x）的解析式代入$\frac{{x}^{4}}{6}+\frac{2}{e}$＞$\frac{xf（x）}{4}+\frac{x}{{e}^{x}}$，轉(zhuǎn)化為證$\frac{x}{{e}^{x}}-\frac{2}{e}＜xlnx$，分別構(gòu)造函數(shù)g（x）=xlnx，x∈（0，+∞），h（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}-\frac{2}{e}$（0，+∞），然后利用導(dǎo)數(shù)分別求出它們的最值得到要證明的結(jié)論．

解答 （1）解：由f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-4lnx，得f′（x）=$a{x}^{2}-\frac{4}{x}$，
∴f′（1）=a-4，又f（1）=$\frac{a}{3}$，
∴曲線f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-4lnx在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y-$\frac{a}{3}=（a-4）（x-1）$，
取y=0，得$x=\frac{2（a-6）}{3（a-4）}=\frac{4}{3}$，解得a=2．
∴f′（x）=$2{x}^{2}-\frac{4}{x}=\frac{2{x}^{3}-4}{x}$（x＞0），
當(dāng)x∈（0，$\root{3}{2}$）時，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（$\root{3}{2}$，+∞）時，f′（x）＞0，
則f（x）在（0，$\root{3}{2}$）上為減函數(shù)，在x（$\root{3}{2}$，+∞）上為增函數(shù)，
∴f（x）的極小值為$f（\root{3}{2}）$=$\frac{4}{3}-4ln\root{3}{2}=\frac{4}{3}（1-ln2）$；
（2）證明：f（x）=$\frac{2}{3}$x³-4lnx，
要證$\frac{{x}^{4}}{6}+\frac{2}{e}$＞$\frac{xf（x）}{4}+\frac{x}{{e}^{x}}$，需要證$\frac{{x}^{4}}{6}+\frac{2}{e}＞\frac{x•\frac{2}{3}{x}^{3}-4lnx}{4}+\frac{x}{{e}^{x}}$，
即證$\frac{x}{{e}^{x}}-\frac{2}{e}＜xlnx$．
令g（x）=xlnx，x∈（0，+∞），
則g′（x）=lnx+1，
由g′（x）＜0，得0$＜x＜\frac{1}{e}$；由g′（x）＞0，得$x＞\frac{1}{e}$．
∴當(dāng)x=$\frac{1}{e}$時取得最小值，最小值為g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，
由h（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}-\frac{2}{e}$，可得h′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$．
∴當(dāng)x∈（0，1），h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x∈（1，+∞），h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減．
函數(shù)h（x）（x＞0）在x=1時取得最大值，
又h（1）=-$\frac{1}{e}$，∴h（x）$＜-\frac{1}{e}$．
∴任意x∈（0，+∞），$\frac{{x}^{4}}{6}+\frac{2}{e}$＞$\frac{xf（x）}{4}+\frac{x}{{e}^{x}}$．

點(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點(diǎn)處的切線方程，考查函數(shù)極值的求法，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．