Question

16．已知函数f（x）=$\frac{1}{{e}^{x}}$，g（x）=lnx，其中e为自然对数的底数．
（1）求函数y=f（x）g（x）在x=1处的切线方程；
（2）若存在x₁，x₂（x₁≠x₂），使得g（x₁）-g（x₂）=λ[f（x₂）-f（x₁）]成立，其中λ为常数，求证：λ＞e；
（3）若对任意的x∈（0，1]，不等式f（x）g（x）≤a（x-1）恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算x=1时y和y′的值，求出切线方程即可；
（2）令h（x）=g（x）+λf（x）=lnx+$\frac{λ}{{e}^{x}}$，（x＞0），求出函数的导数，通过讨论λ的范围，求出函数的单调区间，从而证明结论即可；
（3）问题转化为$\frac{lnx}{{e}^{x}}$-a（x-1）≤0在（0，1]恒成立，令F（x）=$\frac{lnx}{{e}^{x}}$-a（x-1），根据函数的单调性求出a的范围．

解答 解：（1）y=f（x）g（x）=$\frac{lnx}{{e}^{x}}$，y′=$\frac{\frac{1}{x}-lnx}{{e}^{x}}$，
x=1时，y=0，y′=$\frac{1}{e}$，
故切线方程是：y=$\frac{1}{e}$x-$\frac{1}{e}$；
（2）证明：由g（x₁）-g（x₂）=λ[f（x₂）-f（x₁）]，
得：g（x₁）+λf（x₁）=g（x₂）+λf（x₂），
令h（x）=g（x）+λf（x）=lnx+$\frac{λ}{{e}^{x}}$，（x＞0），
h′（x）=$\frac{{e}^{x}-λx}{{xe}^{x}}$，
令ω（x）=e^x-λx，则ω′（x）=e^x-λ，
由x＞0，得e^x＞1，
①λ≤1时，ω′（x）＞0，ω（x）递增，
故h′（x）＞0，h（x）递增，不成立；
②λ＞1时，令ω′（x）=0，解得：x=lnλ，
故ω（x）在（0，lnλ）递减，在（lnλ，+∞）递增，
∴ω（x）≥ω（lnλ）=λ-λlnλ，
令m（λ）=λ-λlnλ，（λ＞1），
则m′（λ）=-lnλ＜0，故m（λ）递减，
又m（e）=0，
若λ≤e，则m（λ）≥0，ω（x）≥0，h（x）递增，不成立，
若λ＞e，则m（λ）＜0，函数h（x）有增有减，满足题意，
故λ＞e；
（3）由f（x）g（x）≤a（x-1）得lnx-ae^x（x-1）≤0，
令F（x）=lnx-ae^x（x-1），x∈（0，1]，
则F′（x）=$\frac{1}{x}$-axe^x=xe^x（$\frac{1}{{x}^{2}{e}^{x}}$-a），F′（1）=$\frac{1}{e}$-a
①a≤$\frac{1}{e}$，因为$\frac{1}{{x}^{2}{e}^{x}}$≥$\frac{1}{e}$，xe^x＞0，所以F′（x）≥0，
所以F（x）在（0，+∞]上为单调增函数，所以F（x）≤F（1）=0，故原不等式恒成立．
②法一：
当a＞$\frac{1}{e}$，由（2）知e^x≥ex，F′（x）≤$\frac{1}{x}$-aex²=$\frac{1-ae{x}^{3}}{x}$，
当（ae）${\;}^{-\frac{1}{3}}$＜x＜1时，F′（x）＜0，F（x）为单调减函数．所以F（x）＞F（1）=0，不合题意．
法二：
当a＞$\frac{1}{e}$，一方面F′（1）=1-ae＜0．
另一方面，?x₁=$\frac{1}{ae}$＜1，F（x₁）≥$\frac{1}{{x}_{1}}$-aex₁=x₁（$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$-ae）=x₁ae（ae-1）＞0．
所以?x₁∈（x₁，1），使F′（x₀）=0，又，F′（x）在（0，+∞）上为单调减函数，
所以当x₀＜x＜1时，使F′（x）＜0，故F（x）在（x₀，1）上为单调减函数．
所以F（x）＞F（1）=0，不合题意．
综上：a≤$\frac{1}{e}$

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查不等式的证明，转化思想，是一道综合题．