Question

14．已知曲線f（x）=$\frac{1}{3}$ax³-blnx在x=1處的切線方程為y=-2x+$\frac{8}{3}$
（Ⅰ）求f（x）的極值；
（Ⅱ）證明：x＞0時，$\frac{xf（x）}{4}$$+\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{{x}^{4}}{6}$$+\frac{2}{e}$（e為自然對數(shù)的底數(shù)）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導函數(shù)，求得函數(shù)在點（1，f（1））處的切線l的方程，求得a，b值，進一步求出原函數(shù)的極小值點，得到f（x）的極小值；
（Ⅱ）把f（x）的解析式代入 $\frac{xf（x）}{4}$$+\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{{x}^{4}}{6}$$+\frac{2}{e}$，轉(zhuǎn)化為證 $\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$＜xlnx，分別構(gòu)造函數(shù)g（x）=xlnx，x∈（0，+∞），h（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$ （0，+∞），然后利用導數(shù)分別求出它們的最值得到要證明的結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=ax²-$\frac{x}$，
故f（1）=$\frac{1}{3}$a，f′（1）=a-b，
故切線方程是：y=（a-b）（x-1）+$\frac{1}{3}$a=（a-b）x-$\frac{2}{3}$a+b，
而y=-2x+$\frac{8}{3}$，故a-b=-2，-$\frac{2}{3}$a+b=$\frac{8}{3}$，
解得：a=2，b=4，
故f（x）=$\frac{2}{3}$x³-4lnx，（x＞0），
f′（x）=2x²-$\frac{4}{x}$=$\frac{{2x}^{3}-4}{x}$（x＞0），
當x∈（0，3$\sqrt{2}$）時，f′（x）＜0；當x∈（3$\sqrt{2}$，+∞）時，f′（x）＞0，
則f（x）在（0，3$\sqrt{2}$）上為減函數(shù)，在x（3$\sqrt{2}$，+∞）上為增函數(shù)，
∴f（x）的極小值為f（3$\sqrt{2}$）=$\frac{4}{3}$-4ln$\root{3}{2}$=$\frac{4}{3}$（1-ln2），無極大值；
（2）證明：f（x）=$\frac{2}{3}$x³-4lnx，
要證 $\frac{xf（x）}{4}$$+\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{{x}^{4}}{6}$$+\frac{2}{e}$，即證 $\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$＜xlnx．
令g（x）=xlnx，x∈（0，+∞），
則g′（x）=lnx+1，
由g′（x）＜0，得0＜x＜$\frac{1}{e}$；由g′（x）＞0，得x＞$\frac{1}{e}$，
∴當x=$\frac{1}{e}$時取得最小值，最小值為g（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，
由h（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，可得h′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
∴當x∈（0，1），h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，
當x∈（1，+∞），h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減．
函數(shù)h（x）（x＞0）在x=1時取得最大值，
又h（1）=-$\frac{1}{e}$，∴h（x）＜-$\frac{1}{e}$，
∴任意x∈（0，+∞），$\frac{xf（x）}{4}$$+\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{{x}^{4}}{6}$$+\frac{2}{e}$．

點評 本題考查利用導數(shù)研究過曲線上某點處的切線方程，考查函數(shù)極值的求法，考查了數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．