Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x}{e^x}$-axlnx（a∈R）在x=1處的切線方程為y=bx+1+$\frac{1}{e}$（b∈R）．
（1）求a，b的值；
（2）證明：f（x）＜$\frac{2}{e}$．
（3）若正實數(shù)m，n滿足mn=1，證明：$\frac{1}{{e}^{m-1}}$+$\frac{1}{{e}^{n-1}}$＜2（m+n）．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導數(shù)，可得斜率，解方程可得a，b；
（2）由題意可得即證$\frac{x}{e^x}$-$\frac{2}{e}$＜xlnx，令g（x）=$\frac{x}{e^x}$-$\frac{2}{e}$，求出導數(shù)，單調區(qū)間，可得最大值；又令h（x）=xlnx，求出最小值，即可得證；
（3）由（2）可得$\frac{m}{{e}^{m}}$-mlnm＜$\frac{2}{e}$，即$\frac{1}{{e}^{m}}$-lnm＜$\frac{2}{em}$，兩邊乘以e，可得一不等式，同理可得，$\frac{1}{{e}^{n-1}}$-elnn＜$\frac{2}{n}$，兩式相加結合條件，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{x}{e^x}$-axlnx的導數(shù)為f′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$-alnx-a，
由題意可得f′（1）=b=-a，f（1）=$\frac{1}{e}$=b+1+$\frac{1}{e}$，
解得a=1，b=-1；
（2）證明：f（x）=$\frac{x}{e^x}$-xlnx＜$\frac{2}{e}$，即為$\frac{x}{e^x}$-$\frac{2}{e}$＜xlnx，
令g（x）=$\frac{x}{e^x}$-$\frac{2}{e}$，g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
則g（x）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，
g（x）的最大值為g（1）=-$\frac{1}{e}$，當且僅當x=1時等號成立．
又令h（x）=xlnx，則h′（x）=1+lnx，
則h（x）在（0，$\frac{1}{e}$）遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）遞增，
則h（x）的最小值為h（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，當且僅當x=$\frac{1}{e}$等號成立，
因此$\frac{x}{e^x}$-$\frac{2}{e}$＜xlnx，即f（x）＜$\frac{2}{e}$；
（3）證明：由（2）可得$\frac{m}{{e}^{m}}$-mlnm＜$\frac{2}{e}$，即$\frac{1}{{e}^{m}}$-lnm＜$\frac{2}{em}$，
兩邊同乘以e，可得$\frac{1}{{e}^{m-1}}$-elnm＜$\frac{2}{m}$，
同理可得，$\frac{1}{{e}^{n-1}}$-elnn＜$\frac{2}{n}$，
兩式相加，可得：$\frac{1}{e^m}+\frac{1}{e^n}$＜e（lnm+lnn）+2（m+n）=elnmn+$\frac{2（m+n）}{mn}$=2（m+n）．
故$\frac{1}{e^m}+\frac{1}{e^n}$＜2（m+n）．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率和單調區(qū)間，極值和最值，考查不等式的證明，注意運用不等式的性質和構造函數(shù)法，考查運算能力，屬于中檔題．