Question

11．已知函数f（x）=e^x（alnx+$\frac{2}{x}$+b），其中a，b∈R，e≈2.71828自然对数的底数．
（1）若曲线y=f（x）在x=1的切线方程为y=e（x-1），求实数a，b的值；
（2）①若a=-2时，函数y=f（x）既有极大值，又有极小值，求实数b的取值范围；
②若a=2，b≥-2，若f（x）≥kx对一切正实数x恒成立，求实数k的最大值（用b表示）

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；
（2）①a=-2时，求出f（x）的导数，得到b=2lnx+$\frac{2}{{x}^{2}}$，设g（x）=2lnx+$\frac{2}{{x}^{2}}$（x＞0），根据函数的单调性求出g（x）的范围即可；
②取x=1得：k≤（2+b）e，只需证明e^x（alnx+$\frac{2}{x}$+b）≥（2+b）ex对一切正实数x恒成立，首先证明e^x≥ex，再证明lnx+$\frac{1}{x}$≥1，从而求出k的最大值即可．

解答 解：（1）由题意得：y=f（x）过（1，0），且f′（1）=e，
∵f′（x）=e^x（alnx-$\frac{2}{{x}^{2}}$+$\frac{a+2}{x}$+b），
则$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=e（2+b）=0}\\{f′（1）=e（a+b）=e}\end{array}\right.$，解得：a=3，b=-2；
（2）①a=-2时，f′（x）=e^x（-2lnx-$\frac{2}{{x}^{2}}$+b），
令f′（x）=0，解得：b=2lnx+$\frac{2}{{x}^{2}}$，
设g（x）=2lnx+$\frac{2}{{x}^{2}}$（x＞0），g′（x）=$\frac{{2x}^{2}-4}{{x}^{3}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{2}$，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{2}$，
∴g（x）在（0，$\sqrt{2}$）递减，在（$\sqrt{2}$，+∞）递增，g（x）∈（1+ln2，+∞），
∴当且仅当b＞1+ln2时，b=g（x）有2个不同的实根，设为x₁，x₂，
故此时f（x）既有极大值，又有极小值；
②由题意得：e^x（alnx+$\frac{2}{x}$+b）≥kx对一切正实数x恒成立，
取x=1得：k≤（2+b）e，
下面证明e^x（alnx+$\frac{2}{x}$+b）≥（2+b）ex对一切正实数x恒成立，
首先证明e^x≥ex，
设函数u（x）=e^x-ex，则u′（x）=e^x-e，
x＞1时，u′（x）＞0，x＜1时，u′（x）＜0，
得：e^x-ex≥u（1）=0，即e^x≥ex，
当且仅当都在x=1处取得“=”，
再证明lnx+$\frac{1}{x}$≥1，
设v（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，则v′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
x＞1时，v′（x）＞0，x＜1时，v′（x）＜0，
故v（x）≥v（1）=0，即lnx+$\frac{1}{x}$≥1，
当且仅当都在x=1处取得“=”，
由以上可得：e^x（alnx+$\frac{2}{x}$+b）≥（2+b）ex，
∴${（\frac{f（x）}{x}）}_{min}$=（2+b）e，
故k的最大值是（2+b）e．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，分类讨论思想，不等式的证明，是一道综合题．