Question

4．已知函數(shù)$f（x）=\frac{e^x}{e^2}$，g（x）=xlnx-a（x-1）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在點（4，f（4））處的切線方程；
（Ⅱ）若對任意x∈（0，+∞），不等式g（x）≥0恒成立，求實數(shù)a的取值的集合M；
（Ⅲ）當a∈M時，討論函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)性．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導函數(shù)，得到f'（4）=e²，又f（4）=e²，則函數(shù)f（x）在點（4，f（4））的切線方程為y-e²=e²（x-4），即y=e²x-3e²； 
（Ⅱ）求出原函數(shù)的導函數(shù)，根據(jù)a的取值對函數(shù)的單調(diào)性加以判斷，當a=1時，g（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，對任意x∈（0，+∞），不等式g（x）≥g（1）=0恒成立，符合題意，即a=1，從而求出實數(shù)a的取值的集合M；                                      
（Ⅲ）把a的值代入函數(shù)解析式，然后求函數(shù)的導函數(shù)，求出導函數(shù)的零點，由導函數(shù)的零點把定義域分段，根據(jù)導函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號求出原函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．

解答 解：（Ⅰ）∵$f'（x）=\frac{e^x}{e^2}$，∴f'（4）=e²，又∵f（4）=e²，
∴函數(shù)f（x）在點（4，f（4））的切線方程為y-e²=e²（x-4），
即y=e²x-3e²；                                            …（3分）
（Ⅱ）由g（1）=0及題設(shè)可知，對任意x∈（0，+∞），不等式g（x）≥g（1）恒成立，
∴函數(shù)g（x）=xlnx-a（x-1）必在x=1處取得極小值，即g'（1）=0，…（4分）
∵g'（x）=lnx+1-a，∴g'（1）=1-a=0，即a=1，…（5分）
當a=1時，g'（x）=lnx，∴x∈（0，1），g'（x）＜0；x∈（1，+∞），g'（x）＞0，
∴g（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，
則g（x）_min=g（1）=0…（6分）
∴對任意x∈（0，+∞），不等式g（x）≥g（1）=0恒成立，符合題意，即a=1，
∴M={1}；                                                 …（7分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）a=1，
∴函數(shù)$h（x）=f（x）-g（x）=\frac{e^x}{e^2}-xlnx+x-1$，其定義域為（0，+∞），
求得$h'（x）=（\frac{e^x}{e^2}-xlnx+x-1）'=\frac{e^x}{e^2}-lnx$，…（8分）
令m（x）=h'（x），$m'（x）=\frac{e^x}{e^2}-\frac{1}{x}$為區(qū)間（0，+∞）上的增函數(shù)，…（9分）
設(shè)x₀為函數(shù)m'（x）的零點，即$\frac{{{e^{x_0}}}}{e^2}=\frac{1}{x_0}$，則${x_0}=\frac{e^2}{{{e^{x_0}}}}$，
∵當0＜x＜x₀時，m'（x）＜0；當x＞x₀時，m'（x）＞0，
∴函數(shù)m（x）=h'（x）在區(qū)間（0，x₀）上為減函數(shù)，在區(qū)間（x₀，+∞）上為增函數(shù)，
∴$h'（x）≥h'（{x_0}）=\frac{{{e^{x_0}}}}{e^2}-ln{x_0}=\frac{1}{x_0}-ln\frac{e^2}{{{e^{x_0}}}}=\frac{1}{x_0}+{x_0}-2≥0$，
∴函數(shù)h（x）在區(qū)間（0，+∞）上為增函數(shù)．                      …（12分）

點評 本題主要考查導函數(shù)的正負與原函數(shù)的單調(diào)性之間的關(guān)系，即當導函數(shù)大于0時原函數(shù)單調(diào)遞增，當導函數(shù)小于0時原函數(shù)單調(diào)遞減．考查了利用導數(shù)研究含有參數(shù)的不等式恒成立問題，是難題．