Question

5．已知曲線f（x）=e²x+$\frac{1}{ax}$（x≠0，a≠0）在x=1處的切線與直線（e²-1）x-y+2016=0平行．
（1）討論y=f（x）的單調(diào)性；
（2）若kf（s）≥t ln t在s∈（0，+∞），t∈（1，e]上恒成立，求實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由題意列式求得a值．
（1）分別由導(dǎo)函數(shù)大于0和導(dǎo)函數(shù)小于0求得原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）把kf（s）≥t ln t在s∈（0，+∞），t∈（1，e]上恒成立，轉(zhuǎn)化為k≥$\frac{tlnt}{f（s）}$在s∈（0，+∞），t∈（1，e]上恒成立，即k≥$[\frac{tlnt}{f（s）}]_{max}$恒成立．利用導(dǎo)數(shù)分別求出f（x）在（0，+∞）上的最小值和g（x）在（1，e]上的最大值得答案．

解答 解：由f（x）=e²x+$\frac{1}{ax}$，得f′（x）=e²-$\frac{1}{a{x}^{2}}$，
∴f′（1）=${e}^{2}-\frac{1}{a}$，則${e}^{2}-\frac{1}{a}$=e²-1，得a=1．
∴f（x）=e²x+$\frac{1}{x}$，f′（x）=e²-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
（1）由f′（x）=e²-$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，得x$＜-\frac{1}{e}$或x＞$\frac{1}{e}$，
由f′（x）=e²-$\frac{1}{{x}^{2}}$＜0，得$-\frac{1}{e}$＜x＜$\frac{1}{e}$且x≠0，
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（-∞，-$\frac{1}{e}$），（$\frac{1}{e}$，+∞）．
單調(diào)減區(qū)間為（$-\frac{1}{e}，0$），（0，$\frac{1}{e}$）；
（2）當(dāng)s∈（0，+∞），t∈（1，e]時，f（s）＞0，t ln t＞0，
由kf（s）≥t ln t，可得k≥$\frac{tlnt}{f（s）}$在s∈（0，+∞），t∈（1，e]上恒成立，
即k≥$[\frac{tlnt}{f（s）}]_{max}$恒成立．
設(shè)g（x）=xlnx，故只需求出f（x）在（0，+∞）上的最小值和g（x）在（1，e]上的最大值，
由（1）知，f（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增，
故f（x）在（0，+∞）上的最小值為f（$\frac{1}{e}$）=${e}^{2}•\frac{1}{e}+e=2e$，
由g（x）=xlnx，可得g′（x）=lnx+1，當(dāng)x∈（1，e]時，g′（x）＞0，
∴g（x）在（1，e]上單調(diào)遞增，g（x）的最大值為g（e）=e．
∴只需k≥$\frac{e}{2e}=\frac{1}{2}$．
∴實數(shù)k的取值范圍是[$\frac{1}{2}$，+∞）．

點評 本題主要考查不等式恒成立、函數(shù)的最值、導(dǎo)數(shù)的幾何意義等知識，意在考查考生綜合運用所學(xué)知識分析問題、解決問題的能力，屬壓軸題．