Question

18．已知函数g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$，f（x）=axlnx+b，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为y=x+$\frac{2}{e}$-1．
（1）求a，b；
（2）当h（x）=f（x）•g（x）时，证明：h（x）＞1．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导函数，由函数在x=1处的导数值等于1结合切点既在曲线上又在切线上列式求得a，b的值；
（2）把f（x），g（x）的解析式代入h（x）=f（x）•g（x），把证明h（x）＞1转化为证$xlnx＞\frac{x}{{e}^{x}}＞\frac{2}{e}$，然后构造两个函数h₁（x）=xlnx，${h}_{2}（x）=\frac{x}{{e}^{x}}-\frac{2}{e}$，由导数求h₁（x）的最小值，求h₂（x）的最大值，由h₁（x）的最小值小于h₂（x）的最大值说明原不等式成立．

解答 （1）解：由f（x）=axlnx+b，得f′（x）=alnx+a，
∴f′（1）=a=1，
f（1）=b=1+$\frac{2}{e}-1=\frac{2}{e}$，
∴$a=1，b=\frac{2}{e}$；
（2）证明：当h（x）=f（x）•g（x）=（xlnx+$\frac{2}{e}$）$•\frac{{e}^{x}}{x}$，
要证h（x）＞1，即证（xlnx+$\frac{2}{e}$）$•\frac{{e}^{x}}{x}$＞1，
也就是证$xlnx＞\frac{x}{{e}^{x}}-\frac{2}{e}$，
令h₁（x）=xlnx，${{h}_{1}}^{′}（x）=lnx+1$，
当x∈（0，$\frac{1}{e}$）时，${{h}_{1}}^{′}（x）＜0$，当x∈（$\frac{1}{e}，+∞$）时，${{h}_{1}}^{′}（x）＞0$，
∴$（{h}_{1}（x））_{min}={h}_{1}（\frac{1}{e}）$=$-\frac{1}{e}$；
令${h}_{2}（x）=\frac{x}{{e}^{x}}-\frac{2}{e}$，${{h}_{2}}^{′}（x）=\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
当x∈（0，1）时，${{h}_{2}}^{′}（x）＞0$，当x∈（1，+∞）时，${{h}_{2}}^{′}（x）＜0$，
（h₂（x））_max=${h}_{2}（1）=-\frac{1}{e}$，
由函数h₁（x）的最小值与函数h₂（x）的最大值不在同一点取得，
∴$xlnx＞\frac{x}{{e}^{x}}-\frac{2}{e}$，
即h（x）＞1．

点评 本题考查了利用导数研究过曲线上某点的切线方程，考查了利用导数求函数的最值，考查了数学转化思想方法，是中高档题．