Question

16．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ln（x+a）+b}{x}$（a、b∈R，a、b為常數(shù)），且y=f（x）在x=1處切線方程為y=x-1．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)g（x）=f（e^x），
（i）求g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（ii）設(shè)h（x）=$\frac{xf（x）+1}{{{e^{2x}}}}$，k（x）=2h′（x）x²，求證：當(dāng)x＞0時(shí)，k（x）＜$\frac{1}{e}$+$\frac{2}{e^3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求導(dǎo)f′（x）=$\frac{\frac{x}{x+a}-[ln（x+a）+b]}{{x}^{2}}$；從而由f（1）=ln（1+a）+b=0，f′（1）=$\frac{1}{1+a}$-[ln（1+a）+b]=1組成方程組求解即可；
（Ⅱ）（i）化簡(jiǎn)g（x）=f（e^x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，再求導(dǎo)g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，從而由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（ii）化簡(jiǎn)h（x）=$\frac{xf（x）+1}{{{e^{2x}}}}$=$\frac{lnx+1}{{e}^{2x}}$，求導(dǎo)h′（x）=$\frac{1-2x（lnx+1）}{x{e}^{2x}}$，從而化簡(jiǎn)k（x）=2h′（x）x²=$\frac{2x[1-2x（lnx+1）]}{{e}^{2x}}$；分別判斷$\frac{2x}{{e}^{2x}}$與1-2xlnx-2x的最大值即可證明．

解答 解：（Ⅰ）由題意知，f′（x）=$\frac{\frac{x}{x+a}-[ln（x+a）+b]}{{x}^{2}}$；
故f（1）=ln（1+a）+b=0，
f′（1）=$\frac{1}{1+a}$-[ln（1+a）+b]=1，
解得，a=b=0．
（Ⅱ）（i）g（x）=f（e^x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，
g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
則當(dāng)x＞1時(shí)，g′（x）＜0，當(dāng)x＜1時(shí)，g′（x）＞0；
故g（x）的單調(diào)增區(qū)間是（-∞，1]，單調(diào)減區(qū)間是（1，+∞）．
（ii）證明：h（x）=$\frac{xf（x）+1}{{{e^{2x}}}}$=$\frac{lnx+1}{{e}^{2x}}$，
h′（x）=$\frac{1-2x（lnx+1）}{x{e}^{2x}}$，
k（x）=2h′（x）x²=$\frac{2x[1-2x（lnx+1）]}{{e}^{2x}}$；
由（i）知，當(dāng)x＞0時(shí)，$\frac{2x}{{e}^{2x}}$∈（0，$\frac{1}{e}$]，
設(shè)m（x）=1-2xlnx-2x，
m′（x）=-2lnx-4=-2（lnx+2），
故m（x）在（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）上單調(diào)遞增，在（$\frac{1}{{e}^{2}}$，+∞）上單調(diào)遞減，
故m_max（x）=m（$\frac{1}{{e}^{2}}$）=1+$\frac{2}{{e}^{2}}$且g（x）與m（x）不于同一點(diǎn)取等號(hào)，
故k（x）＜$\frac{1}{e}$（1+$\frac{2}{{e}^{2}}$）=$\frac{1}{e}$+$\frac{2}{e^3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及函數(shù)的最大值的求法，屬于中檔題．