Question

2．已知函數(shù)f（x）=aln（x+b），g（x）=ae^x-1（其中a≠0，b＞0），且函數(shù)f（x）的圖象在點A（0，f（0））處的切線與函數(shù)g（x）的圖象在點B（0，g（0））處的切線重合．
（1）求實數(shù)a，b的值；
（2）記函數(shù)φ（x）=xf（x-1），是否存在最小的正常數(shù)m，使得當t＞m時，對于任意正實數(shù)x，不等式φ（t+x）＜φ（t）•e^x恒成立？給出你的結(jié)論，并說明結(jié)論的合理性．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，求得切線的斜率和方程；求得g（x）的導數(shù)，求得切線的斜率和方程，由切線重合，可得方程，解得a，b；
（2）等價變形可構(gòu)造函數(shù)$m（x）=\frac{xlnx}{e^x}$，則問題就是求m（t+x）＜m（t）恒成立．求出m（x）的導數(shù)，令h（x）=lnx+1-xlnx，求出導數(shù)，單調(diào)區(qū)間，運用零點存在定理可得h（x）的零點以及m（x）的單調(diào)性和最值，結(jié)合單調(diào)性，即可判斷存在．

解答 解：（1）∵f（x）=aln（x+b），導數(shù)$f'（x）=\frac{a}{x+b}$，
則f（x）在點A（0，alnb）處切線的斜率$k=f'（0）=\frac{a}$，切點A（0，alnb），
則f（x）在點A（0，alnb）處切線方程為$y=\frac{a}x+alnb$，
又g（x）=ae^x-1，∴g'（x）=ae^x，
則g（x）在點B（0，a-1）處切線的斜率k=g'（0）=a，切點B（0，a-1），
則g（x）在點B（0，a-1）處切線方程為y=ax+a-1，
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{a}=a}\\{alnb=a-1}\end{array}}\right.$，解得a=1，b=1；
（2）$φ（{t+x}）＜φ（t）•{e^x}?（{t+x}）ln（{t+x}）＜tlnt•{e^x}?\frac{{（{t+x}）ln（{t+x}）}}{{{e^{1+x}}}}＜\frac{tlnt}{e^t}$，
構(gòu)造函數(shù)$m（x）=\frac{xlnx}{e^x}$，則問題就是求m（t+x）＜m（t）恒成立．$m'（x）=\frac{{（{lnx+1}）{e^x}-xlnx•{e^x}}}{{{e^{2x}}}}=\frac{lnx+1-xlnx}{e^x}$，令h（x）=lnx+1-xlnx，
則$h'（x）=\frac{1}{x}-lnx-1$，顯然h'（x）是減函數(shù)，又h'（1）=0，
所以h（x）在（0，1）上是增函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)，
而$h（{\frac{1}{e^2}}）=ln\frac{1}{e^2}+1-\frac{1}{e^2}•ln\frac{1}{e^2}=-2+1+\frac{2}{e^2}=\frac{{2-{e^2}}}{e^2}＜0$，
h（1）=ln1+1-ln1=1＞0，h（e）=lne+1-elne=1+1-e=2-e＜0，
所以函數(shù)h（x）=lnx+1-xlnx在區(qū)間（0，1）和（1，+∞）上各有一個零點，
令為x₁和x₂（x₁＜x₂），并且有在區(qū)間（0，x₁）和（x₂，+∞）上，h（x）＜0，
即m'（x）＜0；在區(qū)間（x₁，x₂）上，h（x）＞0，即m'（x）＞0，
從而可知函數(shù)m（x）在區(qū)間（0，x₁）和（x₂，+∞）上單調(diào)遞減，
在區(qū)間（x₁，x₂）上單調(diào)遞增．m（1）=0，當0＜x＜1時，m（x）＜0；
當x＞1時，m（x）＞0，
還有m（x₂）是函數(shù)的極大值，也是最大值，題目要找的m=x₂，
理由：當t＞x₂時，對于任意非零正數(shù)x，t+x＞t＞x₂，
而m（x）在（x₂，+∞）上單調(diào)遞減，
所以m（t+x）＜m（t）一定恒成立，即題目要求的不等式恒成立；
當0＜t＜x₂時，取x=x₂-t，顯然m（t+x）=m（x₂）＞m（t），
題目要求的不等式不恒成立，說明m不能比x₂小；
綜合可知，題目所要求的最小的正常數(shù)m就是x₂，
即存在最小正常數(shù)m=x₂，當t＞m時，對于任意正實數(shù)x，
不等式m（t+x）＜m（t）•e^x恒成立．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查不等式恒成立問題的解法，注意運用轉(zhuǎn)化思想和構(gòu)造函數(shù)法，以及函數(shù)零點存在定理，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．