Question

1．已知函数f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$-m（lnx+$\frac{1}{x}$）（m为实数，e=2.71828…是自然对数的底数）．
（Ⅰ）当m＞1时，讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若g（x）=x²f′（x）-xe^x在（$\frac{3}{2}$，3）内有两个零点，求实数m的取值范围．
（Ⅲ）当m=1时，证明：xf（x）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），$f′（x）=\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}-\frac{m}{x}+\frac{m}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）（{e}^{x}-m）}{{x}^{2}}$．令f′（x）=0，可得x=1，或x=lnm
分①m=e，②m＞e，③1＜m＜e分类讨论其单调性；
（Ⅱ）g（x）=x²f′（x）-xe^x=-e^x-m（x-1）在（$\frac{3}{2}$，3）内有两个零点，
?方程-e^x-m（x-1）=0在（$\frac{3}{2}$，3）内有两个实根，
即m=-$\frac{{e}^{x}}{x-1}$在（$\frac{3}{2}$，3）内有两个实根，
令h（x）=-$\frac{{e}^{x}}{x-1}$，可得h（x）在（$\frac{3}{2}，2$）递增，在（2，3），递减，
要使g（x）=x²f′（x）-xe^x在（$\frac{3}{2}$，3）内有两个零点，则$\left\{\begin{array}{l}{m＞h（\frac{3}{2}）=-2{e}^{\frac{3}{2}}}\\{m＞h（3）=-\frac{1}{2}{e}^{3}}\\{m＜h（2）=-{e}^{2}}\end{array}\right.$
可得实数m的取值范围为（-$\frac{1}{2}{e}^{3}$，-e²）．
（Ⅲ）当m=1时，要证xf（x）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$．只证x（$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{1}{x}$）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$在（0，+∞）恒成立．
只证${e}^{x}＞x+\frac{ln（x+1）}{x}$，易得e^x＞x+1在（0，+∞）恒成立，
故只需证1＞$\frac{ln（x+1）}{x}$，即证x＞ln（x+1）即可，

解答 解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），$f′（x）=\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}-\frac{m}{x}+\frac{m}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）（{e}^{x}-m）}{{x}^{2}}$．
∵m＞1，令f′（x）=0，可得x=1，或x=lnm
①当m=e时，f′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，∴此时f（x）在（0，+∞）递增；
②当m＞e时，x∈（0，1）时，f′（x）＞0，x∈（1，lnm）时，f′（x）＜0，x∈（lnm，+∞）时，f′（x）＞0
此时f（x）在（lnm，+∞），（0，1）递增，在（1，lnm）递减．
③当1＜m＜e时，x∈（0，lnm）时，f′（x）＞0，x∈（lnm，1）时，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0
此时f（x）在（1，+∞），（0，lnm）递增，在（lnm，1）递减．
（Ⅱ）g（x）=x²f′（x）-xe^x=-e^x-m（x-1）在（$\frac{3}{2}$，3）内有两个零点，
?方程-e^x-m（x-1）=0在（$\frac{3}{2}$，3）内有两个实根，
即m=-$\frac{{e}^{x}}{x-1}$在（$\frac{3}{2}$，3）内有两个实根，
令h（x）=-$\frac{{e}^{x}}{x-1}$，h′（x）=$\frac{{e}^{x}（2-x）}{（1-x）^{2}}$=0，可得x=2，
x$∈（\frac{3}{2}，2）$时，h′（x）＞0，x∈（2，3）时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（$\frac{3}{2}，2$）递增，在（2，3），递减，
要使g（x）=x²f′（x）-xe^x在（$\frac{3}{2}$，3）内有两个零点，则$\left\{\begin{array}{l}{m＞h（\frac{3}{2}）=-2{e}^{\frac{3}{2}}}\\{m＞h（3）=-\frac{1}{2}{e}^{3}}\\{m＜h（2）=-{e}^{2}}\end{array}\right.$
可得-$\frac{1}{2}{e}^{3}$＜m＜-e²，∴实数m的取值范围为（-$\frac{1}{2}{e}^{3}$，-e²）．
（Ⅲ）证明：当m=1时，要证xf（x）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$．
只证x（$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{1}{x}$）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$在（0，+∞）恒成立．
只证${e}^{x}＞x+\frac{ln（x+1）}{x}$，易得e^x＞x+1在（0，+∞）恒成立，
故只需证1＞$\frac{ln（x+1）}{x}$，即证x＞ln（x+1），
令F（x）=x-ln（x+1），F′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$＞0，故F（x）在（0，+∞）递增，而F（0）=0
∵F（x）＞0在（0，+∞）恒成立．
∴xf（x）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$成立．

点评 本题考查了导数的综合应用，考查了分类讨论思想、函数与方程思想，放缩法证明函数恒等式，属于难题．