Question

3．已知函数f（x）=$\frac{alnx-b{e}^{x}}{x}$ （a，b∈R，且a≠0，e为自然对数的底数）．
（I）若曲线f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率为0，且f（x）有极小值，求实数a的取值范围．
（II）（i）当 a=b=l 时，证明：xf（x）+2＜0；
（ii）当 a=1，b=-1 时，若不等式：xf（x）＞e+m（x-1）在区间（1，+∞）内恒成立，求实数m的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，由f′（e）=0得b=0，可得f′（x）=$\frac{a（1-lnx）}{{x}^{2}}$．然后对a分类讨论，可知当a＞0时，f（x）有极大值而无极小值；当a＜0时，f（x）有极小值而无极大值．从而得到实数a的取值范围为（-∞，0）；
（Ⅱ）（i）当a=b=1时，设g（x）=xf（x）+2=lnx-e^x+2．求其导函数，可得g′（x）=$\frac{1}{x}-{e}^{x}$在区间（0，+∞）上为减函数，结合零点存在定理可得存在实数x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），使得$g′（{x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}-{e}^{{x}_{0}}=0$．得到g（x）在区间（0，x₀）内为增函数，在（x₀，+∞）内为减函数．又$g′（{x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}-{e}^{{x}_{0}}=0$，得$\frac{1}{{x}_{0}}={e}^{{x}_{0}}$，x₀=-lnx₀．
由单调性知g（x）_max＜0，即xf（x）+2＜0；
（ii）xf（x）＞e+m（x-1）?xf（x）-m（x-1）＞e，当 a=1，b=-1 时，设h（x）=xf（x）-m（x-1）=lnx+e^x-m（x-1）．利用两次求导可得当x＞1时，h′（x）＞h′（1）=1+e-m．然后分当1+e-m≥0时和当1+e-m＜0时求解m的取值范围．

解答 （Ⅰ）解：∵f（x）=$\frac{alnx-b{e}^{x}}{x}$，∴f′（x）=$\frac{a（1-lnx）-b{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}$．
∵f′（e）=0，∴b=0，则f′（x）=$\frac{a（1-lnx）}{{x}^{2}}$．
当a＞0时，f′（x）在（0，e）内大于0，在（e，+∞）内小于0，
∴f（x）在（0，e）内为增函数，在（e，+∞）内为减函数，即f（x）有极大值而无极小值；
当a＜0时，f（x）在（0，e）内为减函数，在（e，+∞）内为增函数，即f（x）有极小值而无极大值．
∴a＜0，即实数a的取值范围为（-∞，0）；
（Ⅱ）（i）证明：当a=b=1时，设g（x）=xf（x）+2=lnx-e^x+2．
g′（x）=$\frac{1}{x}-{e}^{x}$在区间（0，+∞）上为减函数，又g′（1）=1-e＜0，g′（$\frac{1}{2}$）=2-$\sqrt{e}＞0$．
∴存在实数x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），使得$g′（{x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}-{e}^{{x}_{0}}=0$．
此时g（x）在区间（0，x₀）内为增函数，在（x₀，+∞）内为减函数．
又$g′（{x}_{0}）=\frac{1}{{x}_{0}}-{e}^{{x}_{0}}=0$，
∴$\frac{1}{{x}_{0}}={e}^{{x}_{0}}$，x₀=-lnx₀．
由单调性知，$g（x）_{max}=g（{x}_{0}）=ln{x}_{0}-{e}^{{x}_{0}}+2$=$-{x}_{0}-\frac{1}{{x}_{0}}+2=-（{x}_{0}+\frac{1}{{x}_{0}}）+2$．
又x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），∴-（${x}_{0}+\frac{1}{{x}_{0}}$）＜-2．
∴g（x）_max＜0，即xf（x）+2＜0；
（ii）xf（x）＞e+m（x-1）?xf（x）-m（x-1）＞e，
当 a=1，b=-1 时，设h（x）=xf（x）-m（x-1）=lnx+e^x-m（x-1）．
则h′（x）=$\frac{1}{x}+{e}^{x}-m$．
令t（x）=h′（x）=$\frac{1}{x}+{e}^{x}-m$．
∵x＞1，∴t′（x）=${e}^{x}-\frac{1}{{x}^{2}}=\frac{{e}^{x}{x}^{2}-1}{{x}^{2}}＞0$．
∴h′（x）在（1，+∞）内单调递增，
∴当x＞1时，h′（x）＞h′（1）=1+e-m．
①当1+e-m≥0时，即m≤1+e时，h′（x）＞0，
∴h（x）在区间（1，+∞）内单调递增，
∴当x＞1时，h（x）＞h（1）=e恒成立；
②当1+e-m＜0时，即m＞1+e时，h′（x）＜0，
∴存在x₀∈（1，+∞），使得h′（x₀）=0．
∴h（x）在区间（1，x₀）内单调递减，在（x₀，+∞）内单调递增．
由h（x₀）＜h（1）=e，
∴h（x）＞e不恒成立．
综上所述，实数m的取值范围为（-∞，1+e]．
∴实数m的最大值为：1+e．

点评 本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数、导数、不等式等基础知识，以及综合运用上述知识分析问题和解决问题的能力，是压轴题．