Question

14．已知直线y=$\frac{1}{e}$是函数f（x）=$\frac{ax}{e^x}$的切线（其中e=2.71828…）．
（I）求实数a的值；
（Ⅱ）若对任意的x∈（0，2），都有f（x）＜$\frac{m}{{2x-{x^2}}}$成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）若函数g（x）=lnf（x）-b的两个零点为x₁，x₂，证明：g′（x₁）+g′（x₂）＞$g'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，求出切点坐标，从而求出a的值即可；
（Ⅱ）分离参数，问题转化为$m＞\frac{{2{x^2}-{x^3}}}{e^x}$对任意x∈（0，2）都成立，令$h（x）=\frac{{2{x^2}-{x^3}}}{e^x}$，根据函数的单调性求出h（x）的最大值，从而求出m的范围即可；
（Ⅲ）求出函数的导数，得到${x_2}-{x_1}=ln\frac{x_2}{x_1}$，令$\frac{x_2}{x_1}=t＞1$，则x₂=tx₁，则tx₁-x₁=lnt，问题转化为证明即证$t-\frac{1}{t}-\frac{2（t-1）}{t+1}-lnt＞0$令φ（t）=t-$\frac{1}{t}$-$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）由题意得$f'（x）=\frac{a（1-x）}{e^x}$，设切点（${x_{0，}}\frac{1}{e}$）
所以f'（x₀）=0，得x₀=1．则$\frac{1}{e}=\frac{a}{e}$，∴a=1…（3分）
（Ⅱ）由（1）知$f（x）=\frac{x}{e^x}＜\frac{m}{{2x-{x^2}}}$对任意x∈（0，2）都成立，
∵2x-x²＞0，即$m＞\frac{{2{x^2}-{x^3}}}{e^x}$对任意x∈（0，2）都成立，…（5分）
令$h（x）=\frac{{2{x^2}-{x^3}}}{e^x}$，…（6分）$h'（x）=\frac{x（x-1）（x-4）}{e^x}=0，x=1$，
∴x∈（0，1），h'（x）＞0；∴x∈（1，2），h'（x）＜0，
∴h（x）在（0，1）上单增，（1，2）上单减，…（7分）
∴$h{（x）_{max}}=h（1）=\frac{1}{e}$，∴$h（x）≤h（1）=\frac{1}{e}$，…（8分）∴$m＞\frac{1}{e}$…（9分）
（Ⅲ）证明：由题意知函数g（x）=lnx-x-b，所以$g'（x）=\frac{1}{x}-1$，
因为x₁，x₂是函数g（x）的两个零点，
所以$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+b=ln{x_1}\\{x_2}+b=ln{x_2}\end{array}\right.$，相减得${x_2}-{x_1}=ln\frac{x_2}{x_1}$，…（10分）
不妨令$\frac{x_2}{x_1}=t＞1$，则x₂=tx₁，则tx₁-x₁=lnt，
所以${x_1}=\frac{1}{t-1}lnt$，${x_2}=\frac{t}{t-1}lnt$，…（11分）
要证g'（x₁）+g'（x₂）$＞g'（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}）$
只要证$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}＞\frac{2}{{{x_1}+{x_2}}}+1$
只要证$\frac{t-1}{lnt}+\frac{t-1}{tlnt}＞\frac{2（t-1）}{（1+t）lnt}+1$…（12分）
即证$t-\frac{1}{t}-\frac{2（t-1）}{t+1}-lnt＞0$
令$φ（t）=t-\frac{1}{t}-\frac{2（t-1）}{t+1}-lnt$，
$φ'（t）=1+\frac{1}{t^2}-\frac{1}{t}-\frac{4}{{{{（t+1）}^2}}}=\frac{{{t^4}+{t^3}-4{t^2}+t+1}}{{{t^2}{{（1+t）}^2}}}$
令m（t）=t⁴+t³-4t²+t+1，m'（t）=4t³+3t²-8t+1，
m''（t）=12t²+6t-8＞0对t＞1恒成立，
∴m'（t）在（1，+∞）上单增，∴m'（t）＞m'（1）=0，
∴m（t）在（1，+∞）上单增，∴m（t）＞m（1）=0，
即φ'（t）＞0∴φ（t）在（1，+∞）上单增，
∴φ（t）＞φ（1）=0，即原不等式成立．…（14分）

点评 本题考查了曲线的切线问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查换元思想、转化思想，是一道综合题．