Question

19．已知函数f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$+x²-x（其中e=2.71828…）．
（1）求f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数g（x）=ln[f（x）-x²+x]-b的两个零点为x₁，x₂，证明：g′（x₁）+g′（x₂）＞g′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$）．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求得切线的斜率和切点，运用点斜式方程可得切线的方程；
（2）求出g（x）的解析式，求出导数，由零点的定义，运用换元法和构造函数法，结合分析法证明，以及函数的单调性，即可得到证明．

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$+x²-x的导数为f′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$+2x-1，
f（x）在（1，f（1））处的切线斜率为k=f′（1）=1，切点为（1，$\frac{1}{e}$），
可得f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y-$\frac{1}{e}$=x-1，
即为y=x-1+$\frac{1}{e}$；
（2）证明：由题意知函数g（x）=lnx-x-b，所以g′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
因为x₁，x₂是函数g（x）的两个零点，所以$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+b=ln{x}_{1}}\\{{x}_{2}+b=ln{x}_{2}}\end{array}\right.$，相减得x₂-x₁=ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t＞1，则x₂=tx₁，即tx₁-x₁=lnt，则x₁=$\frac{lnt}{t-1}$，x₂=$\frac{tlnt}{t-1}$，
要证g′（x₁）+g′（x₂）＞g′（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$），即证$\frac{1}{{x}_{1}}$+$\frac{1}{{x}_{2}}$＞$\frac{2}{{x}_{1}+{x}_{2}}$+1，
即证$\frac{t-1}{lnt}$+$\frac{t-1}{tlnt}$＞$\frac{2（t-1）}{（1+t）lnt}$+1，
即证t-$\frac{1}{t}$-$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt＞0，
令φ（t）=t-$\frac{1}{t}$-$\frac{2（t-1）}{t+1}$-lnt，φ′（t）=1+$\frac{1}{{t}^{2}}$-$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{（1+t）^{2}}$=$\frac{{t}^{4}+{t}^{3}-4{t}^{2}+t+1}{{t}^{2}（t+1）^{2}}$，
令m（t）=t⁴+t³-4t²+t+1，m′（t）=4t³+3t²-8t+1，令h（t）=4t³+3t²-8t+1，
h′（t）=12t²+6t-8＞0恒成立，
m′（t）在（1，+∞）递增，可得m′（t）＞m′（1）=0，
m（t）在（1，+∞）递增，m（t）＞m（1）=0，
即φ′（t）＞0，φ（t）在（1，+∞）递增，
φ（t）＞φ（1）=0，
即原不等式成立．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查不等式的证明，注意运用分析法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．