Question

11．函數(shù)f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$，若曲線f（x）在點（e，f（e））處的切線與直線e²x-y+e=-垂直（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）
（1）求f（x）的單調區(qū)間和極值
（2）求證：當x＞1時，$\frac{（x+1）f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導數(shù)，求得切線的斜率，由兩直線垂直的條件可得a=1，求導數(shù)，求單調區(qū)間和極值，令m＜1＜m+1，解不等式即可得到取值范圍；
（2）不等式$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$即為$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，通過導數(shù)，求得$\frac{g（x）}{e+1}$＞$\frac{2}{e+1}$，令h（x）=$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，運用導數(shù)證得h（x）＜h（1）=$\frac{2}{e+1}$，原不等式即可得證．

解答 解：（1）∵f′（x）=$\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，
f（x）在點（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0＜x＜1，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
當x＞1時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)．
∴x=1是函數(shù)f（x）的極大值點，
又f（x）在x=1處有極大值，且為1，無極小值；
單調增區(qū)間為（0，1），減區(qū)間為（1，+∞）；
（2）證明：不等式$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$
即為$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，
令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，
則g′（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，g′（x）＞0，
∴g（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
∴x＞1時，g（x）＞g（1）=2   
故$\frac{g（x）}{e+1}$＞$\frac{2}{e+1}$．
令h（x）=$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，
則h′（x）=$\frac{2{e}^{x-1}（1-{e}^{x}）}{（x{e}^{x}+1）^{2}}$，
∵x＞1∴1-e^x＜0，h′（x）＜0，即h（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，
∴x＞1時，h（x）＜h（1）=$\frac{2}{e+1}$，
所以$\frac{g（x）}{e+1}$＞h（x），即$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的斜率、單調區(qū)間和極值，同時考查構造函數(shù)求導數(shù)，判斷單調性，運用單調性證明不等式，屬于中檔題．