Question

12．已知函数f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$，曲线f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$在点（e，f（e））处的切线与直线e²x-y+e=0垂直．（注：e为自然对数的底数）
（Ⅰ）若函数f（x）在区间（m，m+1）上存在极值，求实数m的取值范围；
（Ⅱ）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 （Ⅰ）求出函数的导数，求出a的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出m的范围即可；
（Ⅱ）问题转化为$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，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：（Ⅰ） 因为f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$，所以f′（x）=$\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，（1分）
又据题意，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）
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为减函数．
所以函数f（x）仅当x=1时，取得极值．（4分）
又函数f（x）在区间（m，m+1）上存在极值，
所以m＜1＜m+1，所以0＜m＜1．
故实数m的取值范围是（0，1）．（5分）
（Ⅱ）证明：当x＞1时，$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{{2e}^{x-1}}{（x+1）（{xe}^{x}+1）}$，即为$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞＞$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，（6分）
令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，则g′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
再令φ（x）=x-ln x，则φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$．
又因为x＞1，所以φ′（x）＞0．所以φ（x）在（1，+∞）上是增函数．（7分）
又因为φ（1）=1．所以当x＞1时，g′（x）＞0．所以g（x）在区间（1，+∞）上是增函数．
所以当x＞1时，g（x）＞g（1），又g（1）=2，故$\frac{g（x）}{e+1}$＞$\frac{2}{e+1}$．（9分）
令h（x）=$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，则h′（x）=$\frac{{2e}^{x-1}（1{-e}^{x}）}{{（{xe}^{x}+1）}^{2}}$，
因为x＞1，所以$\frac{{2e}^{x-1}（1{-e}^{x}）}{{（{xe}^{x}+1）}^{2}}$＜0．所以当x＞1时，h′（x）＜0．
故函数h（x）在区间（1，+∞）上是减函数．又h（1）=$\frac{2}{e+1}$，（11分）
所以当x＞1时，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）

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转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．