Question

16．已知函数f（x）=$\frac{ln（x+a）+b}{x}$（a、b∈R，a、b为常数），且y=f（x）在x=1处切线方程为y=x-1．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）设函数g（x）=f（e^x），
（i）求g（x）的单调区间；
（ii）设h（x）=$\frac{xf（x）+1}{{{e^{2x}}}}$，k（x）=2h′（x）x²，求证：当x＞0时，k（x）＜$\frac{1}{e}$+$\frac{2}{e^3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导f′（x）=$\frac{\frac{x}{x+a}-[ln（x+a）+b]}{{x}^{2}}$；从而由f（1）=ln（1+a）+b=0，f′（1）=$\frac{1}{1+a}$-[ln（1+a）+b]=1组成方程组求解即可；
（Ⅱ）（i）化简g（x）=f（e^x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，再求导g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，从而由导数确定函数的单调区间；
（ii）化简h（x）=$\frac{xf（x）+1}{{{e^{2x}}}}$=$\frac{lnx+1}{{e}^{2x}}$，求导h′（x）=$\frac{1-2x（lnx+1）}{x{e}^{2x}}$，从而化简k（x）=2h′（x）x²=$\frac{2x[1-2x（lnx+1）]}{{e}^{2x}}$；分别判断$\frac{2x}{{e}^{2x}}$与1-2xlnx-2x的最大值即可证明．

解答 解：（Ⅰ）由题意知，f′（x）=$\frac{\frac{x}{x+a}-[ln（x+a）+b]}{{x}^{2}}$；
故f（1）=ln（1+a）+b=0，
f′（1）=$\frac{1}{1+a}$-[ln（1+a）+b]=1，
解得，a=b=0．
（Ⅱ）（i）g（x）=f（e^x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，
g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
则当x＞1时，g′（x）＜0，当x＜1时，g′（x）＞0；
故g（x）的单调增区间是（-∞，1]，单调减区间是（1，+∞）．
（ii）证明：h（x）=$\frac{xf（x）+1}{{{e^{2x}}}}$=$\frac{lnx+1}{{e}^{2x}}$，
h′（x）=$\frac{1-2x（lnx+1）}{x{e}^{2x}}$，
k（x）=2h′（x）x²=$\frac{2x[1-2x（lnx+1）]}{{e}^{2x}}$；
由（i）知，当x＞0时，$\frac{2x}{{e}^{2x}}$∈（0，$\frac{1}{e}$]，
设m（x）=1-2xlnx-2x，
m′（x）=-2lnx-4=-2（lnx+2），
故m（x）在（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）上单调递增，在（$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）上单调递减，
故m_max（x）=m（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=1+$\frac{2}{{e}^{2}}$且g（x）与m（x）不于同一点取等号，
故k（x）＜$\frac{1}{e}$（1+$\frac{2}{{e}^{2}}$）=$\frac{1}{e}$+$\frac{2}{e^3}$．

点评 本题考查了导数的综合应用及函数的最大值的求法，属于中档题．