Question

19．已知曲线f（x）=e^x-ax-m（m∈R）在点（1，f（1）））处的切线方程为y=（e-1）x+1-a-m．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）当m=-1时，证明：（$\frac{x-lnx}{{e}^{x}}$）f（x）＞1-$\frac{1}{{e}^{2}}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间和极值即可；
（2）令h（x）=x-lnx，令p（x）=1-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，根据函数的单调性分别求出它们的最小值，从而证出结论．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-a，
∴f′（1）=e-a=e-1，解得：a=1，
∴f（x）=e^x-x-m，f′（x）=e^x-1，
令f′（x）＞0，解得：x＞0，
令f′（x）＜0，解得：x＜0，
∴f（x）在（-∞，0）递减，在（0，+∞）递增，
∴f（x）_极小值=f（0）=1-m；
（2）（$\frac{x-lnx}{{e}^{x}}$）f（x）=（x-lnx）（1-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$），
令h（x）=x-lnx，h′（x）=$\frac{x-1}{x}$，
∴h（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴h（x）≥h（1）=1①，
令p（x）=1-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，p′（x）=$\frac{x-2}{{e}^{x}}$，
∴p（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
∴p（x）≥p（2）=1-$\frac{1}{{e}^{2}}$②，
由①②得：：（$\frac{x-lnx}{{e}^{x}}$）f（x）=h（x）p（x）＞1-$\frac{1}{{e}^{2}}$．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．