Question

11．已知函数f（x）=axlnx+bx（a≠0）在（1，f（1））处的切线与x轴平行，（e=2.71828…）
（1）试讨论f（x）在（0，+∞）上的单调性；
（2）①设g（x）=x+$\frac{1}{{{e^{x-1}}}}$，x∈（0，+∞），求g（x）的最小值；
②证明：$\frac{f（x）}{a}+\frac{2}{{x{e^{x-1}}+1}}$≥1-x．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间即可；
（2）①求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；
②问题转化为（xlnx-1）（xe^x-1+1）+2≥0，即（lnx+$\frac{1}{x}$）（x+e^1-x）≥2，设h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 （1）解：∵f′（x）=alnx+a+b，
∴f′（1）=a+b=0，故b=-a，
∴f（x）=axlnx-ax，且f′（x）=alnx，
当a＞0时，x∈（0，1）时，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞00，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；
a＜0时，x∈（0，1）时，f′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减；
（2）①解：∵g（x）=x+$\frac{1}{{e}^{x-1}}$，x∈（0，+∞），
∴g′（x）=1-e^1-x=$\frac{{e}^{x}-e}{{e}^{x}}$，
x∈（0，1）时，g′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，
故g（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故g（x）_min=g（1）=2；
②证明：由（1）得：f（x）=axlnx-ax，
由$\frac{f（x）}{a}+\frac{2}{{x{e^{x-1}}+1}}$≥1-x，得：xlnx-x+$\frac{2}{{xe}^{x-1}+1}$+x-1≥0，
即（xlnx-1）（xe^x-1+1）+2≥0
?（xlnx+1）xe^x-1+xlnx+1≥2xe^x-1
?（xlnx+1）（xe^x-1+1）≥2xe^x-1，
即（lnx+$\frac{1}{x}$）（x+e^1-x）≥2，
设h（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，h′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
故h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故h（x）≥h（1）=1，
又g（x）在（0，+∞）时，g（x）≥2，
故（lnx+$\frac{1}{x}$）（x+e^1-x）≥2成立，
即$\frac{f（x）}{a}+\frac{2}{{x{e^{x-1}}+1}}$≥1-x成立．

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分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．