Question

19．已知曲線f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$在點(diǎn)（e，f（e））處切線的斜率為-e^-2．
（1）若函數(shù)f（x）在[m，m+1]上存在極值，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）求證：當(dāng)x＞1時(shí)，$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)f′（e）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，求出a的值，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，結(jié)合題意得到關(guān)于m的不等式組，解出即可．
（2）不等式轉(zhuǎn)化為$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，令h（x）=$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$，∴f′（x）=$\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，
由題意得：f′（e）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，∴-$\frac{a}{{e}^{2}}$=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，解得：a=1，
∴f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，f′（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$，（x＞0），
x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增，
x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減，
故函數(shù)f（x）在x=1時(shí)取得極值，
又函數(shù)f（x）在[m，m+1]上存在極值，
∴m≤1≤m+1，∴0≤m≤1，
故m的范圍是[0，1]；
（2）證明：x＞1時(shí)，$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{{2e}^{x-1}}{（x+1）（{xe}^{x}+1）}$，
即為$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，
令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，
則g′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
令ω（x）=x-lnx，則ω′（x）=$\frac{x-1}{x}$，
∵x＞1，∴ω′（x）＞0，
∴ω（x）在（1，+∞）遞增，
∵ω（1）=1，∴x＞1時(shí)，g′（x）＞0，
g（x）在（1，+∞）遞增，
∴x＞1時(shí)，g（x）＞g（1），又g（1）=2，
故$\frac{g（x）}{e+1}$＞$\frac{2}{e+1}$，
令h（x）=$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，則h′（x）=$\frac{{2e}^{x-1}（1{-e}^{x}）}{{（{xe}^{x}+1）}^{2}}$，
∵x＞1，∴$\frac{{2e}^{x-1}（1{-e}^{x}）}{{（{xe}^{x}+1）}^{2}}$＜0，
∴x＞1時(shí)，h′（x）＜0，
故函數(shù)h（x）在（1，+∞）遞減，
又h（1）=$\frac{2}{e+1}$，
∴x＞1時(shí)，h（x）＜$\frac{2}{e+1}$，
∴$\frac{g（x）}{e+1}$＞h（x），
即$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，考查轉(zhuǎn)化思想，是一道中檔題．