Question

11．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=-垂直（其中e为自然对数的底数）
（1）求f（x）的单调区间和极值
（2）求证：当x＞1时，$\frac{（x+1）f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$．

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）不等式$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$即为$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，通过导数，求得$\frac{g（x）}{e+1}$＞$\frac{2}{e+1}$，令h（x）=$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，运用导数证得h（x）＜h（1）=$\frac{2}{e+1}$，原不等式即可得证．

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．
∴x=1是函数f（x）的极大值点，
又f（x）在x=1处有极大值，且为1，无极小值；
单调增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；
（2）证明：不等式$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$
即为$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，
令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，
则g′（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，g′（x）＞0，
∴g（x）在（1，+∞）上是增函数，
∴x＞1时，g（x）＞g（1）=2   
故$\frac{g（x）}{e+1}$＞$\frac{2}{e+1}$．
令h（x）=$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，
则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，+∞）上是减函数，
∴x＞1时，h（x）＜h（1）=$\frac{2}{e+1}$，
所以$\frac{g（x）}{e+1}$＞h（x），即$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$．

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．