Question

17．设f（x）=xe^ax，g（x）=lnx+1
（Ⅰ）a=-1，f（x）与g（x）均在x₀取到最大值，求x₀及k的值；
（Ⅱ）a=k=1时，求证：f（x）≥g（x）

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）的最大值，求出x₀的值，通过讨论k的范围，得到关于k的方程，解出即可；
（Ⅱ）设h（x）=xe^x-x-lnx-1，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）a=-1 时，f′（x）=-xe^-x+e^-x=e^-x（1-x），
f（x）在（-∞，1）递增，（1，+∞）递减，
∴f（x）_max=f（1），1为f（x）最大值点，
即x₀=1，g′（x）=k+$\frac{1}{x}$=$\frac{kx+1}{x}$，
k≥0时g（x） 在（0，+∞）增 f（x） 无最值，
k＜0时，g（x）在（0，-$\frac{1}{k}$）递 增，在（-$\frac{1}{k}$，+∞）递减，
g（x）的最大值为g（-$\frac{1}{k}$），
∴-$\frac{1}{k}$=1，解得：k=-1，
∴k=-1，x₀=1；
（Ⅱ）设h（x）=xe^x-x-lnx-1，
h′（x）=（x+1）e^x-$\frac{x+1}{x}$=（x+1）•（e^x-$\frac{1}{x}$），
设u（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，u′（x）=e^x+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴u（x）递增，u（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{e}$-2＜0，u（1）=e-1＞0，
∴?x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），使得u（x₀）=0，
即${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$=0，∴${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，且x₀=-lnx，
所以h（x）在（0，x₀）递减，在（x₀，+∞）递增，
h（x）min=h（x₀）=x₀${e}^{{x}_{0}}$-x₀-lnx₀-1=1-x₀-lnx₀-1=0，
∴h（x）≥0恒成立，
∴xe^x≥x+lnx+1，即f（x）≥g（x）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．