Question

11．已知函數(shù)f（x）=e^x（alnx+$\frac{2}{x}$+b），其中a，b∈R，e≈2.71828自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）若曲線y=f（x）在x=1的切線方程為y=e（x-1），求實(shí)數(shù)a，b的值；
（2）①若a=-2時(shí)，函數(shù)y=f（x）既有極大值，又有極小值，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
②若a=2，b≥-2，若f（x）≥kx對(duì)一切正實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)k的最大值（用b表示）

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到關(guān)于a，b的方程組，解出即可；
（2）①a=-2時(shí)，求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到b=2lnx+$\frac{2}{{x}^{2}}$，設(shè)g（x）=2lnx+$\frac{2}{{x}^{2}}$（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的范圍即可；
②取x=1得：k≤（2+b）e，只需證明e^x（alnx+$\frac{2}{x}$+b）≥（2+b）ex對(duì)一切正實(shí)數(shù)x恒成立，首先證明e^x≥ex，再證明lnx+$\frac{1}{x}$≥1，從而求出k的最大值即可．

解答 解：（1）由題意得：y=f（x）過(guò)（1，0），且f′（1）=e，
∵f′（x）=e^x（alnx-$\frac{2}{{x}^{2}}$+$\frac{a+2}{x}$+b），
則$\left\{\begin{array}{l}{f（1）=e（2+b）=0}\\{f′（1）=e（a+b）=e}\end{array}\right.$，解得：a=3，b=-2；
（2）①a=-2時(shí)，f′（x）=e^x（-2lnx-$\frac{2}{{x}^{2}}$+b），
令f′（x）=0，解得：b=2lnx+$\frac{2}{{x}^{2}}$，
設(shè)g（x）=2lnx+$\frac{2}{{x}^{2}}$（x＞0），g′（x）=$\frac{{2x}^{2}-4}{{x}^{3}}$，
令g′（x）＞0，解得：x＞$\sqrt{2}$，令g′（x）＜0，解得：0＜x＜$\sqrt{2}$，
∴g（x）在（0，$\sqrt{2}$）遞減，在（$\sqrt{2}$，+∞）遞增，g（x）∈（1+ln2，+∞），
∴當(dāng)且僅當(dāng)b＞1+ln2時(shí)，b=g（x）有2個(gè)不同的實(shí)根，設(shè)為x₁，x₂，
故此時(shí)f（x）既有極大值，又有極小值；
②由題意得：e^x（alnx+$\frac{2}{x}$+b）≥kx對(duì)一切正實(shí)數(shù)x恒成立，
取x=1得：k≤（2+b）e，
下面證明e^x（alnx+$\frac{2}{x}$+b）≥（2+b）ex對(duì)一切正實(shí)數(shù)x恒成立，
首先證明e^x≥ex，
設(shè)函數(shù)u（x）=e^x-ex，則u′（x）=e^x-e，
x＞1時(shí)，u′（x）＞0，x＜1時(shí)，u′（x）＜0，
得：e^x-ex≥u（1）=0，即e^x≥ex，
當(dāng)且僅當(dāng)都在x=1處取得“=”，
再證明lnx+$\frac{1}{x}$≥1，
設(shè)v（x）=lnx+$\frac{1}{x}$-1，則v′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
x＞1時(shí)，v′（x）＞0，x＜1時(shí)，v′（x）＜0，
故v（x）≥v（1）=0，即lnx+$\frac{1}{x}$≥1，
當(dāng)且僅當(dāng)都在x=1處取得“=”，
由以上可得：e^x（alnx+$\frac{2}{x}$+b）≥（2+b）ex，
∴${（\frac{f（x）}{x}）}_{min}$=（2+b）e，
故k的最大值是（2+b）e．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想，不等式的證明，是一道綜合題．