Question

15．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．
（1）求a，b的值；
（2）設h（x）=$\frac{xf（x）+1}{{e}^{2x}}$，k（x）=2h′（x）x²，求證：當x＞0時，k（x）＜$\frac{1}{e}$+$\frac{2}{{e}^{3}}$．

Answer 1

分析 （1）先求導f′（x），從而由f（1）=ln（1+a）+b=0，f′（1）=1組成方程組求解即可；
（2）化簡h（x），求導h′（x），從而化簡k（x）=2h′（x）x²，分別判斷$\frac{2x}{{e}^{2x}}$與1-2xlnx-2x的最大值即可證明．

解答 解：（1）由題意知，f′（x）=$\frac{\frac{x}{a+x}-[ln（x+a）+b]}{{x}^{2}}$，
故f（1）=ln（1+a）+b=0，
f′（1）=$\frac{1}{1+a}$-[ln（1+a）+b]=1，
解得，a=b=0；
（2）證明：h（x）=$\frac{xf（x）+1}{{e}^{2x}}$=$\frac{1+lnx}{{e}^{2x}}$，
h′（x）=$\frac{1-2x（1+lnx）}{x{e}^{2x}}$，
k（x）=2h′（x）x²=$\frac{2x[1-2x（1+lnx）]}{{e}^{2x}}$；
當x＞0時，令t=2x，$\frac{2x}{{e}^{2x}}$=$\frac{t}{{e}^{t}}$的導數(shù)為$\frac{1-t}{{e}^{t}}$，
顯然t=1取得最大值$\frac{1}{e}$．
即有$\frac{2x}{{e}^{2x}}$∈（0，$\frac{1}{e}$]，
設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）不于同一點取等號，
故k（x）＜$\frac{1}{e}$（1+$\frac{2}{{e}^{2}}$）=$\frac{1}{e}$+$\frac{2}{{e}^{3}}$．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用及函數(shù)的最大值的求法，屬于中檔題．