Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ln（x+a）+b}{{e}^{x}}$（其中e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)），且f′（1）=$\frac{1-b}{e}$．
（1）求a的值，并判斷當(dāng)b≥1時，f′（x）=0在x∈（0，1]上是否有解；
（2）當(dāng)b=1時，證明：對任意x＞0，（x+1）•f′（x）＜$\frac{{e}^{-2}+1}{x}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）求導(dǎo)，進(jìn)行求解．分離常數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域問題．
（2）作差構(gòu)造函數(shù)，將不等式恒成立進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化，利用導(dǎo)數(shù)求其最值．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{ln（x+a）+b}{{e}^{x}}$，
∴f′（x）=$\frac{\frac{1}{x+a}-ln（x+a）-b}{{e}^{x}}$，
∵f′（1）=$\frac{1-b}{e}$，
∴a=0，
∴f（x）=$\frac{lnx+b}{{e}^{x}}$，
∴f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}-lnx-b}{{e}^{x}}$，
當(dāng)b≥1時，f′（x）=0，即$\frac{1}{x}$-lnx-b=0，
∴$\frac{1}{x}$-lnx=b≥1，
∴$\frac{1}{x}$≥lnx+1，
∵x∈（0，1]，
∵y=$\frac{1}{x}$在x∈（0，1]時單調(diào)遞減，y=lnx+1在x∈（0，1]時單調(diào)遞增，
且x=1時，$\frac{1}{x}$=lnx+1，
∴當(dāng)b≥1時，f′（x）=0在x∈（0，1]上是有解；
（2）當(dāng)b=1時，對任意x＞0，要證（x+1）•f′（x）＜$\frac{{e}^{-2}+1}{x}$恒成立．
只需證：（x²+x）f′（x）＜e^-2+1即可．
令g（x）=（x²+x）f′（x）=$\frac{x+1}{{e}^{x}}$（1-x-xlnx），
∴對任意x＞0，g（x）＜e^-2+1等價于1-x-xlnx＜$\frac{{e}^{x}}{x+1}$（e^-2+1），
令h（x）=1-x-xlnx，
得h′（x）=-lnx-2，
∴當(dāng)x∈（0，e^-2）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增；
x∈（e^-2，+∞）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；
∴h（x）的最大值為h（e^-2）=e^-2+1，
故 1-x-xlnx≤e^-2+1，
設(shè)φ（x）=e^x-（x+1），
∵φ′（x）=e^x-1，
∴x∈（0，+∞）時，φ（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，φ（x）＞φ（0）=0，
故x∈（0，+∞）時，φ（x）=e^x-（x+1）＞0，
即$\frac{{e}^{x}}{x+1}$＞1，
∴1-x-xlnx≤$\frac{{e}^{x}}{x+1}$（e^-2+1），
因此對任意x＞0，（x+1）•f′（x）＜$\frac{{e}^{-2}+1}{x}$恒成立．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的求解，分離常數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，將不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為等價問題，是常見的函數(shù)解題思想．