Question

18．已知函数f（x）=e^xlnx+$\frac{2{e}^{x-1}}{x}$-1．
（1）求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）求证：f（x）≥0恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出原函数的导函数，得到f′（1）=e，进一步求得f（1）=1，则函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程可求；
（2）函数f（x）=e^xlnx+$\frac{2{e}^{x-1}}{x}$-1的定义域为（0，+∞），把f（x）≥0变形，得到于xln x＞xe^-x-$\frac{2}{e}$．
然后利用导数求出左边的最小值及右边的最大值，则答案得证．

解答 （1）解：由f（x）=e^xlnx+$\frac{2{e}^{x-1}}{x}$-1，得f′（x）=${e}^{x}lnx+\frac{{e}^{x}}{x}+\frac{2x{e}^{x-1}-2{e}^{x-1}}{{x}^{2}}$，
∴f′（1）=e，由f（1）=${e}^{1}ln1+\frac{2{e}^{0}}{1}-1=1$，
∴函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y-1=e（x-1），即为y=ex+1-e；
（2）证明：函数f（x）=e^xlnx+$\frac{2{e}^{x-1}}{x}$-1的定义域为（0，+∞），
由（1）知，f（x）=e^xln x+$\frac{2}{x}$e^x-1-1，
从而f（x）＞0等价于xln x＞xe^-x-$\frac{2}{e}$．
设函数g（x）=xln x，
则g′（x）=1+ln x，
∴当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，g′（x）＜0；
当x∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，g′（x）＞0．
故g（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增，
从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$．
设函数h（x）=xe^-x-$\frac{2}{e}$，则h′（x）=e^-x（1-x）．
∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0．
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=-$\frac{1}{e}$．
∵g_min（x）=h（1）=h_max（x），
∴当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞0．

点评 本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，是中高档题．