Question

1．设f（x）=xe^ax，g（x）=kx+lnx+1
（1）a=-1，f（x）与g（x）均在x₀处取到最大值，求x₀及k的值；
（2）a=k=1时，求证：f（x）≥g（x）

Answer 1

分析 （1）a=-1时，f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．f′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，利用导数研究其单调性即可得出：x=1时函数f（x）取得极大值即最大值．可得x₀=1．g′（x）=k+$\frac{1}{x}$，由题意可得：k+1=0，解得k．
（2）a=k=1时，f（x）=xe^x，g（x）=x+lnx+1．f（x）≥g（x）即xe^x-x-lnx-1≥0．（x＞0）．令F（x）=xe^x-x-lnx-1．可得F′（x）=（x+1）$（{e}^{x}-\frac{1}{x}）$．可得存在唯一x₀＞0，且x₀∈$（\frac{1}{2}，1）$，使得F′（x₀）=0．可得：x₀+lnx₀=0．可得：F（x）在（0，x₀）内单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．F（x）≥F（x₀）即可证明．

解答 （1）解：a=-1时，f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$．f′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
可得：0＜x＜1时，f′（x）＞0，此时函数f（x）单调递增；1＜x时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减．
∴x=1时函数f（x）取得极大值即最大值．
∴x₀=1．
g′（x）=k+$\frac{1}{x}$，由题意可得：k+1=0，解得k=-1．
此时g′（x）=-1+$\frac{1}{x}$=$\frac{1-x}{x}$，可得x=1时函数f（x）取得极大值即最大值．
因此x₀=1，k=-1．
（2）证明：a=k=1时，f（x）=xe^x，g（x）=x+lnx+1．
f（x）≥g（x）即xe^x-x-lnx-1≥0．（x＞0）．
令F（x）=xe^x-x-lnx-1．
F′（x）=e^x+xe^x-1-$\frac{1}{x}$
=（x+1）$（{e}^{x}-\frac{1}{x}）$．
令u（x）=e^x-$\frac{1}{x}$（x＞0），可得u（x）在x＞0时单调递增．
由$u（\frac{1}{2}）$=$\sqrt{e}$-2＜0，u（1）=e-1＞0．
∴存在唯一x₀＞0，且x₀∈$（\frac{1}{2}，1）$，使得F′（x₀）=0．
即（x₀+1）$（{e}^{{x}_{0}}-\frac{1}{{x}_{0}}）$=0．可得：${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，可得：x₀+lnx₀=0．
可得：F（x）在（0，x₀）内单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
∴F（x）在x=x₀处取得极小值即最小值．
∴F（x）≥F（x₀）=${x}_{0}{e}^{{x}_{0}}$-x₀-lnx₀-1=-x₀-lnx₀=0．
即xe^x-x-lnx-1≥0，即f（x）≥g（x）．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、方程与不等式的解法、函数零点存在而无法求出时的问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题．