Question

17．已知函数f（x）=$\frac{a+blnx}{x+1}$在点（1，f（1））处的切线方程为x+y=2．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）若对函数f（x）定义域内的任一个实数x，都有xf（x）＜m恒成立，求实数m的取值范围．
（Ⅲ） 求证：对一切x∈（0，+∞），都有3-（x+1）•f（x）＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f（1），f′（1），得到关于a，b的方程组，解出即可；
（Ⅱ）问题转化为$\frac{2x-xlnx}{x+1}$＜m，令g（x）=$\frac{2x-xlnx}{x+1}$，根据函数的单调性求出g（x）的最大值，从而求出a的范围即可；
（Ⅲ）问题转化为证明：xlnx+x＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$对?x＞0成立，设φ（x）=xlnx+x（x＞0），g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x＞0），根据函数的单调性分别求出φ（x）的最小值和g（x）的最大值即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{\frac{b}{x}（x+1）-（a+blnx）}{{（x+1）}^{2}}$，
而点（1，f（1））在直线x+y=2上，∴f（1）=1，
又直线x+y=2的斜率为-1，∴f′（1）=-1，
故有$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{2}=1}\\{\frac{2b-a}{4}=-1}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=-1}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=$\frac{2-lnx}{x+1}$（x＞0），由xf（x）＜m，得：$\frac{2x-xlnx}{x+1}$＜m，
令g（x）=$\frac{2x-xlnx}{x+1}$，g′（x）=$\frac{1-x-lnx}{{（x+1）}^{2}}$，
令h（x）=1-x-lnx，则h′（x）=-1-$\frac{1}{x}$＜0，（x＞0），
∴h（x）在区间（0，+∞）上是减函数，
∴当0＜x＜1时，h（x）＞h（1）=0，当x＞1时，h（x）＜h（1）=0，
从而当0＜x＜1时，g′（x）＞0，当x＞1时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）是增函数，在（1，+∞）是减函数，
故g（x）_max=g（1）=1，
要使$\frac{2x-xlnx}{x+1}$＜m成立，只需m＞1，故m的取值范围是（1，+∞）；
（Ⅲ）证明：要证3-（x+1）•f（x）=lnx+1＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$，对?x＞0成立，
即证明：xlnx+x＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$对?x＞0成立，
设φ（x）=xlnx+x（x＞0），φ′（x）=lnx+2，
当x＞e^-2时，φ′（x）＞0，φ（x）递增；当0＜x＜e^-2时，φ′（x）＜0，φ（x）递减；
∴φ（x）_min=φ（e^-2）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
设g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x＞0），g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
当0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）递增；当x＞1时，g′（x）＜0，g（x）递减；
∴g（x）_max=g（1）=-$\frac{1}{e}$，∴φ（x）_min=-$\frac{1}{{e}^{2}}$＞g（x）_max=-$\frac{1}{e}$，
∴xlnx+x＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，对?x＞0成立，
∴3-（x+1）f（x）=lnx+1＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$对?x＞0成立．

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，是一道综合题．