分析 (1)求出f(x)的導(dǎo)數(shù),求得切線的斜率,由兩直線垂直的條件可得a=1,求導(dǎo)數(shù),求單調(diào)區(qū)間和極值,令m<1<m+1,解不等式即可得到取值范圍;
(2)問題轉(zhuǎn)化為$\frac{1}{e+1}$$\frac{(x+1)(lnx+1)}{x}$>$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$,令h(x)=$\frac{(x+1)(lnx+1)}{x}$,m(x)=$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可.
解答 解:(1)∵f′(x)=$\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$,
f(x)在點(diǎn)(e,f(e))處的切線斜率為-$\frac{a}{{e}^{2}}$,
由切線與直線e2x-y+e=0垂直,
可得f′(e)=-$\frac{1}{{e}^{2}}$,即有-$\frac{a}{{e}^{2}}$=-$\frac{1}{{e}^{2}}$,
解得得a=1;
∴f(x)=$\frac{1+lnx}{x}$,f′(x)=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$(x>0)
當(dāng)0<x<1,f′(x)>0,f(x)為增函數(shù);
當(dāng)x>1時(shí),f′(x)<0,f(x)為減函數(shù).
若f(x)在(m,m+1)上單調(diào),
則m=0,或m>1.
(2)證明:g(x)=(x+1)•f(x)=(x+1)$\frac{a+lnx}{x}$,
當(dāng)x>1時(shí),g(x)>$\frac{2(e+1){e}^{x}}{e(x{e}^{x}+1)}$
即為 $\frac{1}{e+1}$$\frac{(x+1)(lnx+1)}{x}$>$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$,
令h(x)=$\frac{(x+1)(lnx+1)}{x}$,
則h′(x)=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$,
再令φ(x)=x-lnx,則φ′(x)=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$,
∵x>1∴φ′(x)>0,φ(x)在(1,+∞)上是增函數(shù),
∴φ(x)>φ(1)=1>0,h′(x)>0,
∴h(x)在(1,+∞)上是增函數(shù),
∴x>1時(shí),h(x)>h(1)=2
故 $\frac{h(x)}{e+1}$>$\frac{2}{e+1}$.
令m(x)=$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$,
則m′(x)=$\frac{{2e}^{x-1}(1{-e}^{x})}{{({xe}^{x}+1)}^{2}}$,
∵x>1,∴1-ex<0,m′(x)<0,即m(x)在(1,+∞)上是減函數(shù),
∴x>1時(shí),m(x)<m(1)=$\frac{2}{e+1}$,
∴g(x)>$\frac{2(e+1){e}^{x}}{e(x{e}^{x}+1)}$.
點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用:求切線的斜率、單調(diào)區(qū)間和極值,同時(shí)考查構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)數(shù),判斷單調(diào)性,運(yùn)用單調(diào)性證明不等式,屬于中檔題.
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A. | 先遞減再遞增 | B. | 先遞增再遞減 | ||
C. | 先遞增再遞減最后又遞增 | D. | 先遞減再遞增最后又遞減 |
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