Question

9．已知函数f（x）=a（1-x）lnx+b在x=e处的切线与y=（$\frac{2}{e}$-4）x+1平行，且x=1是函数f（x）的一个零点．
（1）求y=f（x）的解析式及极值；
（2）当x＞0时，判断函数y=$\frac{1}{2}$f′（x）的图象是否恒在y=$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$图象下方，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求得函数的导数，求得切线的斜率，由题意可得f′（e）=$\frac{2}{e}$-4，解得a=2，再由条件可得f（1）=0，求出f（x）的单调区间，进而得到极值；
（2）构造函数h（x）=$\frac{1}{2}$f′（x）-$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$=-lnx+$\frac{1-x}{x}$-$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$，求得导数，求出单调区间，可得极大值点，进而判断极大值大于0，即可得到结论．

解答 解：（1）由题意，f′（x）=-alnx+$\frac{a（1-x）}{x}$，
∵函数f（x）=a（1-x）lnx+b在x=e处的切线与y=（$\frac{2}{e}$-4）x+1平行，
∴-a+$\frac{a（1-e）}{e}$=$\frac{2}{e}$-4，
∴a=2，
∵x=1是函数f（x）的一个零点，
∴f（1）=b=0，
∴f（x）=2（1-x）lnx，
f′（x）=-alnx+$\frac{a（1-x）}{x}$=0，可得x=1，
函数在（0，$\frac{1}{2}$）上是增函数，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上是减函数，
∴x=$\frac{1}{2}$时，函数取得极大值-ln2；
（2）构造h（x）=$\frac{1}{2}$f′（x）-$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$=-lnx+$\frac{1-x}{x}$-$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$，
则h′（x）=-$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1+{e}^{-2}}{（x+1）l{n}^{2}（x+1）}$
=$\frac{1}{{x}^{2}（x+1）l{n}^{2}（x+1）}$（x$\sqrt{1+{e}^{-2}}$-（x+1）ln（x+1））（x$\sqrt{1+{e}^{-2}}$+（x+1）ln（x+1），
由x＞0，x$\sqrt{1+{e}^{-2}}$+（x+1）ln（x+1＞0，令x$\sqrt{1+{e}^{-2}}$-（x+1）ln（x+1）=0的解为x₀，
当x＞x₀时，h′（x）＜0，h（x）递减，当0＜x＜x₀时，h′（x）＞0，h（x）递增．
则x=x₀处取得极大值也为最大值h（x₀），
由x₀＞0，则h（x₀）=-lnx₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-1-$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（1+{x}_{0}）}$=-lnx₀+$\frac{1}{{x}_{0}}$-1-$\frac{{（x}_{0}+1）\sqrt{1+{e}^{-2}}}{{x}_{0}}$＜0，
即有函数y=$\frac{1}{2}$f′（x）的图象恒在y=$\frac{1+{e}^{-2}}{ln（x+1）}$图象下方．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，同时考查不等式的恒成立问题，注意转化为求函数的最值问题，属于中档题．