Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$+x²-x（其中e=2.71828…）．
（1）求f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（2）若函數(shù)g（x）=ln[f（x）-x²+x]-b的兩個(gè)零點(diǎn)為x₁，x₂，證明：g′（x₁）+g′（x₂）＞g′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率和切點(diǎn)，運(yùn)用點(diǎn)斜式方程可得切線的方程；
（2）求出g（x）的解析式，求出導(dǎo)數(shù)，由零點(diǎn)的定義，運(yùn)用換元法和構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合分析法證明，以及函數(shù)的單調(diào)性，即可得到證明．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$+x²-x的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$+2x-1，
f（x）在（1，f（1））處的切線斜率為k=f′（1）=1，切點(diǎn)為（1，$\frac{1}{e}$），
可得f（x）在（1，f（1））處的切線方程為y-$\frac{1}{e}$=x-1，
即為y=x-1+$\frac{1}{e}$；
（2）證明：由題意知函數(shù)g（x）=lnx-x-b，所以g′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
因?yàn)閤₁，x₂是函數(shù)g（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，所以$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+b=ln{x}_{1}}\\{{x}_{2}+b=ln{x}_{2}}\end{array}\right.$，相減得x₂-x₁=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t＞1，則x₂=tx₁，即tx₁-x₁=lnt，則x₁=$\frac{lnt}{t-1}$，x₂=$\frac{tlnt}{t-1}$，
要證g′（x₁）+g′（x₂）＞g′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$），即證$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+1，
即證$\frac{t-1}{lnt}$+$\frac{t-1}{tlnt}$＞$\frac{2（t-1）}{（1+t）lnt}$+1，
即證t-$\frac{1}{t}$-$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt＞0，
令φ（t）=t-$\frac{1}{t}$-$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt，φ′（t）=1+$\frac{1}{{t}^{2}}$-$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（1+t）^{2}}$=$\frac{{t}^{4}+{t}^{3}-4{t}^{2}+t+1}{{t}^{2}（t+1）^{2}}$，
令m（t）=t⁴+t³-4t²+t+1，m′（t）=4t³+3t²-8t+1，令h（t）=4t³+3t²-8t+1，
h′（t）=12t²+6t-8＞0恒成立，
m′（t）在（1，+∞）遞增，可得m′（t）＞m′（1）=0，
m（t）在（1，+∞）遞增，m（t）＞m（1）=0，
即φ′（t）＞0，φ（t）在（1，+∞）遞增，
φ（t）＞φ（1）=0，
即原不等式成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式的證明，注意運(yùn)用分析法，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．