Question

12．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$，曲線f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$在點（e，f（e））處的切線與直線e²x-y+e=0垂直．（注：e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（m，m+1）上存在極值，求實數(shù)m的取值范圍；
（Ⅱ）求證：當(dāng)x＞1時，$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出a的值，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出m的范圍即可；
（Ⅱ）問題轉(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：（Ⅰ） 因為f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$，所以f′（x）=$\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，（1分）
又據(jù)題意，得f′（e）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，所以-$\frac{a}{{e}^{2}}$=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，所以a=1．
所以f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，所以f′（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$（x＞0）．（3分）
當(dāng)x∈（0，1）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）為減函數(shù)．
所以函數(shù)f（x）僅當(dāng)x=1時，取得極值．（4分）
又函數(shù)f（x）在區(qū)間（m，m+1）上存在極值，
所以m＜1＜m+1，所以0＜m＜1．
故實數(shù)m的取值范圍是（0，1）．（5分）
（Ⅱ）證明：當(dāng)x＞1時，$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{{2e}^{x-1}}{（x+1）（{xe}^{x}+1）}$，即為$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞＞$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，（6分）
令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，則g′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
再令φ（x）=x-ln x，則φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$．
又因為x＞1，所以φ′（x）＞0．所以φ（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)．（7分）
又因為φ（1）=1．所以當(dāng)x＞1時，g′（x）＞0．所以g（x）在區(qū)間（1，+∞）上是增函數(shù)．
所以當(dāng)x＞1時，g（x）＞g（1），又g（1）=2，故$\frac{g（x）}{e+1}$＞$\frac{2}{e+1}$．（9分）
令h（x）=$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，則h′（x）=$\frac{{2e}^{x-1}（1{-e}^{x}）}{{（{xe}^{x}+1）}^{2}}$，
因為x＞1，所以$\frac{{2e}^{x-1}（1{-e}^{x}）}{{（{xe}^{x}+1）}^{2}}$＜0．所以當(dāng)x＞1時，h′（x）＜0．
故函數(shù)h（x）在區(qū)間（1，+∞）上是減函數(shù)．又h（1）=$\frac{2}{e+1}$，（11分）
所以當(dāng)x＞1時，h（x）＜$\frac{2}{e+1}$，所以$\frac{g（x）}{e+1}$＞h（x），即$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{{2e}^{x-1}}{（x+1）（{xe}^{x}+1）}$．（12分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．