Question

5．已知函数f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$，且曲线f（x）在点（e，f（e））处的切线与直线y=e²x+e垂直（其中e为自然对数的底数）．
（1）若f（x）在（m，m+1）上单调，求实数m的取值范围；
（2）设g（x）=（x+1）•f（x），求证：当x＞1时，g（x）＞$\frac{2（e+1）{e}^{x}}{e（x{e}^{x}+1）}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，求得切线的斜率，由两直线垂直的条件可得a=1，求导数，求单调区间和极值，令m＜1＜m+1，解不等式即可得到取值范围；
（2）问题转化为$\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}$，根据函数的单调性判断即可．

解答 解：（1）∵f′（x）=$\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，
f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率为-$\frac{a}{{e}^{2}}$，
由切线与直线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）
当0＜x＜1，f′（x）＞0，f（x）为增函数；
当x＞1时，f′（x）＜0，f（x）为减函数．
若f（x）在（m，m+1）上单调，
则m=0，或m＞1．
（2）证明：g（x）=（x+1）•f（x）=（x+1）$\frac{a+lnx}{x}$，
当x＞1时，g（x）＞$\frac{2（e+1）{e}^{x}}{e（x{e}^{x}+1）}$
即为 $\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}$，
则h′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
再令φ（x）=x-lnx，则φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
∵x＞1∴φ′（x）＞0，φ（x）在（1，+∞）上是增函数，
∴φ（x）＞φ（1）=1＞0，h′（x）＞0，
∴h（x）在（1，+∞）上是增函数，
∴x＞1时，h（x）＞h（1）=2   
故 $\frac{h（x）}{e+1}$＞$\frac{2}{e+1}$．
令m（x）=$\frac{{2e}^{x-1}}{{xe}^{x}+1}$，
则m′（x）=$\frac{{2e}^{x-1}（1{-e}^{x}）}{{（{xe}^{x}+1）}^{2}}$，
∵x＞1，∴1-e^x＜0，m′（x）＜0，即m（x）在（1，+∞）上是减函数，
∴x＞1时，m（x）＜m（1）=$\frac{2}{e+1}$，
∴g（x）＞$\frac{2（e+1）{e}^{x}}{e（x{e}^{x}+1）}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率、单调区间和极值，同时考查构造函数求导数，判断单调性，运用单调性证明不等式，属于中档题．