Question

15．已知函数f（x）=1-ax-xlnx，g（x）=2e^x，g（x）的一条切线l的方程：2x-y+m=0
（1）若l也是函数f（x）的切线，求f（x）的切点坐标；
（2）若方程f（x）-g（x）=2有两个实数解，求a的取值范围；
（3）在（1）的条件下，证明：$\frac{f（x）}{g（x）}$＜$\frac{1+{e}^{2}}{2（1+x）}$．

Answer 1

分析 （1）设g（x）的切点为（x₁，2${e}^{{x}_{1}}$），求出g（x）的导数，由已知切线方程，可得m=2，再设f（x）的切点为（x₂，1-ax₂-x₂lnx₂），求出f（x）的导数，可得a，x₂的方程，即可解得f（x）的切点坐标；
（2）由题意可得-a=lnx+$\frac{2{e}^{x}+1}{x}$令h（x）=lnx+$\frac{2{e}^{x}+1}{x}$（x＞0），求出导数，可得单调区间和极值，也为最值，进而得到a的范围；
（3）运用分析法证明．欲证$\frac{1+3x-xlnx}{2{e}^{x}}$＜$\frac{1+{e}^{2}}{2（x+1）}$，即证1+3x-xlnx＜（1+e²）$\frac{{e}^{x}}{1+x}$．令φ（x）=1+3x-xlnx，求出导数，单调区间，可得最值，令$γ（x）=\frac{{e}^{x}}{1+x}$，求得导数，单调性，即可得证．

解答 解：（1）设g（x）的切点为（x₁，2${e}^{{x}_{1}}$），
∵g′（x）=2e^x，
∴$\left\{\begin{array}{l}{2{e}^{{x}_{1}}=2}\\{2{e}^{{x}_{1}}=2{x}_{1}+m}\end{array}\right.$⇒x₁=0，m=2，
∴切线l方程为：2x-y+2=0．
设f（x）的切点为（x₂，1-ax₂-x₂lnx₂），
∵f′（x）=-a-1-lnx，
∴$\left\{\begin{array}{l}{-a-1-ln{x}_{2}=2①}\\{1-a{x}_{2}-{x}_{2}ln{x}_{2}=2{x}_{2}+2②}\end{array}\right.$
由①，-a=3+lnx₂代入②得x₂=1，a=-3，
∴切点为（1，4）．
（2）由f（x）-g（x）=2即：1-ax-xlnx-2e^x=2⇒-ax=xlnx+2e^x+1
⇒-a=lnx+$\frac{2{e}^{x}+1}{x}$
令h（x）=lnx+$\frac{2{e}^{x}+1}{x}$（x＞0），
∴h′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{2x{e}^{x}-2{e}^{x}-1}{{x}^{2}}$=$\frac{2{e}^{x}（x-1）+x-1}{{x}^{2}}$=$\frac{（2{e}^{x}+1）（x-1）}{{x}^{2}}（x＞0）$．
∴h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
∵x→0，h（x）→+∞，x→+∞，h（x）→+∞，h（1）=1+2e．
∴-a＞1+2e，
∴a＜-1-2e．
（3）证明：由（1）f（x）=1+3x-xlnx，
欲证$\frac{1+3x-xlnx}{2{e}^{x}}$＜$\frac{1+{e}^{2}}{2（x+1）}$，
即证1+3x-xlnx＜（1+e²）$\frac{{e}^{x}}{1+x}$．
令φ（x）=1+3x-xlnx，φ′（x）=2-lnx，
∴φ（x）在（0，e²）上单调递增，在（e²，+∞）上单调递减，
∴φ（x）_max=φ（e²）=1+e²．
令$γ（x）=\frac{{e}^{x}}{1+x}$，$γ′（x）=\frac{{e}^{x}x}{（1+x）^{2}}$，
∴γ（x）在（0，+∞）上单调递增，
∴γ（x）＞γ（0）=1．
∴φ（x）＜γ（x）（1+e²）．
故原不等式成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查函数方程的转化思想，以及不等式的证明，注意运用构造函数法，函数的单调性，考查运算化简能力，属于难题．