Question

19．已知曲线f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$在点（e，f（e））处切线的斜率为-e^-2．
（1）若函数f（x）在[m，m+1]上存在极值，求实数m的取值范围；
（2）求证：当x＞1时，$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据f′（e）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，求出a的值，从而求出函数的单调区间，结合题意得到关于m的不等式组，解出即可．
（2）不等式转化为$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，令h（x）=$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$，∴f′（x）=$\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，
由题意得：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）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
故函数f（x）在x=1时取得极值，
又函数f（x）在[m，m+1]上存在极值，
∴m≤1≤m+1，∴0≤m≤1，
故m的范围是[0，1]；
（2）证明：x＞1时，$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{{2e}^{x-1}}{（x+1）（{xe}^{x}+1）}$，
即为$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，
令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，
则g′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
令ω（x）=x-lnx，则ω′（x）=$\frac{x-1}{x}$，
∵x＞1，∴ω′（x）＞0，
∴ω（x）在（1，+∞）递增，
∵ω（1）=1，∴x＞1时，g′（x）＞0，
g（x）在（1，+∞）递增，
∴x＞1时，g（x）＞g（1），又g（1）=2，
故$\frac{g（x）}{e+1}$＞$\frac{2}{e+1}$，
令h（x）=$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，则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时，h′（x）＜0，
故函数h（x）在（1，+∞）递减，
又h（1）=$\frac{2}{e+1}$，
∴x＞1时，h（x）＜$\frac{2}{e+1}$，
∴$\frac{g（x）}{e+1}$＞h（x），
即$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$．

点评 本题考查了函数的单调性、极值、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是一道中档题．