Question

9．已知函數(shù)f（x）=a（1-x）lnx+b在x=e處的切線與y=（$\frac{2}{e}$-4）x+1平行，且x=1是函數(shù)f（x）的一個零點．
（1）求y=f（x）的解析式及極值；
（2）當x＞0時，判斷函數(shù)y=$\frac{1}{2}$f′（x）的圖象是否恒在y=$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$圖象下方，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）求得函數(shù)的導數(shù)，求得切線的斜率，由題意可得f′（e）=$\frac{2}{e}$-4，解得a=2，再由條件可得f（1）=0，求出f（x）的單調(diào)區(qū)間，進而得到極值；
（2）構(gòu)造函數(shù)h（x）=$\frac{1}{2}$f′（x）-$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$=-lnx+$\frac{1-x}{x}$-$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$，求得導數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間，可得極大值點，進而判斷極大值大于0，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）由題意，f′（x）=-alnx+$\frac{a（1-x）}{x}$，
∵函數(shù)f（x）=a（1-x）lnx+b在x=e處的切線與y=（$\frac{2}{e}$-4）x+1平行，
∴-a+$\frac{a（1-e）}{e}$=$\frac{2}{e}$-4，
∴a=2，
∵x=1是函數(shù)f（x）的一個零點，
∴f（1）=b=0，
∴f（x）=2（1-x）lnx，
f′（x）=-alnx+$\frac{a（1-x）}{x}$=0，可得x=1，
函數(shù)在（0，$\frac{1}{2}$）上是增函數(shù)，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上是減函數(shù)，
∴x=$\frac{1}{2}$時，函數(shù)取得極大值-ln2；
（2）構(gòu)造h（x）=$\frac{1}{2}$f′（x）-$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$=-lnx+$\frac{1-x}{x}$-$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$，
則h′（x）=-$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1+{e}^{-2}}{（x+1）l{n}^{2}（x+1）}$
=$\frac{1}{{x}^{2}（x+1）l{n}^{2}（x+1）}$（x$\sqrt{1+{e}^{-2}}$-（x+1）ln（x+1））（x$\sqrt{1+{e}^{-2}}$+（x+1）ln（x+1），
由x＞0，x$\sqrt{1+{e}^{-2}}$+（x+1）ln（x+1＞0，令x$\sqrt{1+{e}^{-2}}$-（x+1）ln（x+1）=0的解為x₀，
當x＞x₀時，h′（x）＜0，h（x）遞減，當0＜x＜x₀時，h′（x）＞0，h（x）遞增．
則x=x₀處取得極大值也為最大值h（x₀），
由x₀＞0，則h（x₀）=-lnx₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-1-$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（1+{x}_{0}）}$=-lnx₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-1-$\frac{{（x}_{0}+1）\sqrt{1+{e}^{-2}}}{{x}_{0}}$＜0，
即有函數(shù)y=$\frac{1}{2}$f′（x）的圖象恒在y=$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$圖象下方．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，同時考查不等式的恒成立問題，注意轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，屬于中檔題．