Question

【題目】已知函數f（x）= （a，b∈R，且a≠0，e為自然對數的底數）．
（I）若曲線f（x）在點（e，f（e））處的切線斜率為0，且f（x）有極小值，求實數a的取值范圍．
（II）（i）當 a=b=l 時，證明：xf（x）+2＜0；
（ii）當 a=1，b=﹣1 時，若不等式：xf（x）＞e+m（x﹣1）在區間（1，+∞）內恒成立，求實數m的最大值．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）∵f（x）= ，∴f′（x）= ．
∵f′（e）=0，∴b=0，則f′（x）= ．
當a＞0時，f′（x）在（0，e）內大于0，在（e，+∞）內小于0，
∴f（x）在（0，e）內為增函數，在（e，+∞）內為減函數，即f（x）有極大值而無極小值；
當a＜0時，f（x）在（0，e）內為減函數，在（e，+∞）內為增函數，即f（x）有極小值而無極大值．
∴a＜0，即實數a的取值范圍為（﹣∞，0）；
（Ⅱ）（i）證明：當a=b=1時，設g（x）=xf（x）+2=lnx﹣ex+2．
g′（x）= 在區間（0，+∞）上為減函數，又g′（1）=1﹣e＜0，g′（ ）=2﹣ ．
∴存在實數x0∈（ ，1），使得 ．
此時g（x）在區間（0，x0）內為增函數，在（x0 ， +∞）內為減函數．
又 ，
∴ ，x0=﹣lnx0 ．
由單調性知， = ．
又x0∈（ ，1），∴﹣（ ）＜﹣2．
∴g（x）max＜0，即xf（x）+2＜0；
（ii）xf（x）＞e+m（x﹣1）xf（x）﹣m（x﹣1）＞e，
當 a=1，b=﹣1 時，設h（x）=xf（x）﹣m（x﹣1）=lnx+ex﹣m（x﹣1）．
則h′（x）= ．
令t（x）=h′（x）= ．
∵x＞1，∴t′（x）= ．
∴h′（x）在（1，+∞）內單調遞增，
∴當x＞1時，h′（x）＞h′（1）=1+e﹣m．
①當1+e﹣m≥0時，即m≤1+e時，h′（x）＞0，
∴h（x）在區間（1，+∞）內單調遞增，
∴當x＞1時，h（x）＞h（1）=e恒成立；
②當1+e﹣m＜0時，即m＞1+e時，h′（x）＜0，
∴存在x0∈（1，+∞），使得h′（x0）=0．
∴h（x）在區間（1，x0）內單調遞減，在（x0 ， +∞）內單調遞增．
由h（x0）＜h（1）=e，
∴h（x）＞e不恒成立．
綜上所述，實數m的取值范圍為（﹣∞，1+e]．
∴實數m的最大值為：1+e．
【解析】（Ⅰ）求出原函數的導函數，由f′（e）=0得b=0，可得f′（x）= ．然后對a分類討論，可知當a＞0時，f（x）有極大值而無極小值；當a＜0時，f（x）有極小值而無極大值．從而得到實數a的取值范圍為（﹣∞，0）；（Ⅱ）（i）當a=b=1時，設g（x）=xf（x）+2=lnx﹣ex+2．求其導函數，可得g′（x）= 在區間（0，+∞）上為減函數，結合零點存在定理可得存在實數x0∈（ ，1），使得 ．得到g（x）在區間（0，x0）內為增函數，在（x0 ， +∞）內為減函數．又 ，得 ，x0=﹣lnx0 ．
由單調性知g（x）max＜0，即xf（x）+2＜0；（ii）xf（x）＞e+m（x﹣1）xf（x）﹣m（x﹣1）＞e，當 a=1，b=﹣1 時，設h（x）=xf（x）﹣m（x﹣1）=lnx+ex﹣m（x﹣1）．利用兩次求導可得當x＞1時，h′（x）＞h′（1）=1+e﹣m．然后分當1+e﹣m≥0時和當1+e﹣m＜0時求解m的取值范圍．
【考點精析】通過靈活運用利用導數研究函數的單調性和函數的最大(小)值與導數，掌握一般的,函數的單調性與其導數的正負有如下關系： 在某個區間內，(1)如果，那么函數在這個區間單調遞增；(2)如果，那么函數在這個區間單調遞減；求函數在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數在內的極值；（2）將函數的各極值與端點處的函數值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值即可以解答此題．