Question

17．已知函数$f（x）=\frac{a+lnx}{x}$，若曲线f（x）在点（e，f（e））处的切线与直线e²x-y+e=0垂直（其中e为自然对数的底数）
（1）若函数f（x）在（m-1，m+1）上存在极值，求实数m的取值范围．
（2）求证：当x＞1时，$f（x）（x{e^x}+1）＞\frac{{2（{e^x}+{e^{x-1}}）}}{x+1}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，求出函数的极值，得到关于m的不等式组，解出即可；
（2）问题转化为证明$（x+1）f（x）＞\frac{{2（{e^x}+{e^{x-1}}）}}{{x{e^x}+1}}$，令$g（x）=（x+1）\frac{1+lnx}{x}$，$h（x）=\frac{{2（{e^x}+{e^{x-1}}）}}{{x{e^x}+1}}$$g'（x）=\frac{x-lnx}{x^2}$，根据函数的单调性证明即可．

解答 （1）解：$f'（x）=\frac{{\frac{1}{x}•x-（a+lnx）}}{x^2}=\frac{1-a-lnx}{x^2}$，
由题，$f'（e）=-\frac{a}{e^2}=-\frac{1}{e^2}$，∴a=1，
∴$f（x）=\frac{1+lnx}{x}$，∴$f'（x）=\frac{-lnx}{x^2}$，
令f'（x）=0，得x=1，且0＜x＜1时，f'（x）＞0；x＞1时，f'（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
f（x）在x=1处有极大值．
∴$\left\{\begin{array}{l}0≤m-1＜1\\ m+1＞1\end{array}\right.$，∴1≤m＜2．
（2）证明：当x＞1时，要证明f（x）（xe^x+1）＞$\frac{2{（e}^{x}{+e}^{x-1}）}{x+1}$，
需证明$（x+1）f（x）＞\frac{{2（{e^x}+{e^{x-1}}）}}{{x{e^x}+1}}$．…（7分）
令$g（x）=（x+1）\frac{1+lnx}{x}$，$h（x）=\frac{{2（{e^x}+{e^{x-1}}）}}{{x{e^x}+1}}$$g'（x）=\frac{x-lnx}{x^2}$，
考虑函数u（x）=x-lnx，$u'（x）=1-\frac{1}{x}$，x＞1时，u'（x）＞0，
∴u（x）＞u（1）＞0，∴g'（x）＞0，
∴g（x）在（1，+∞）上单调递增，
∴g（x）＞g（1）=2；
$h'（x）=2\frac{{（{e^x}+{e^{x-1}}）（x{e^x}+1）-（{e^x}+{e^{x-1}}）（x+1）{e^x}}}{{{{（x{e^x}+1）}^2}}}=2\frac{{（{e^x}+{e^{x-1}}）（1-{e^x}）}}{{{{（x{e^x}+1）}^2}}}$，
∴x＞1时h'（x）＜0，h（x）在（1，+∞）上单调递减．
∴h（x）＜h（1）=2，
∴x＞1时，g（x）＞h（x），
∴原不等式成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．