Question

17．已知函数f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$在点（e，f（e））处切线与直线e²x-y+e=0垂直．（注：e为自然对数的底数）
（1）求a的值；
（2）若函数f（x）在区间（m，m+1）上存在极值，求实数m的取值范围；
（3）求证：当x＞1时，f（x）＞$\frac{2}{x+1}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出${f}^{'}（x）=\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，由题意得${f}^{'}（e）=-\frac{1}{{e}^{2}}$，由此得到a=1．
（2）由${f}^{'}（x）=-\frac{lnx}{{x}^{2}}$，（x＞0），得到当x∈（0，1）时，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f（x）为减函数，从而当x=1时，f（x）取得极大值f（1），再由函数f（x）在区间（m，m+1）上存在极值，能求出实数m的取值范围．
（3）当x＞1时，$\frac{（1+lnx）（x+1）}{x}＞2$，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-$\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，由导数性质得g（x）在区间（1，+∞）上是增函数，由此能证明当x＞1时，f（x）＞$\frac{2}{x+1}$恒成立．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$，∴${f}^{'}（x）=\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，
由题意得${f}^{'}（e）=-\frac{1}{{e}^{2}}$，∴-$\frac{a}{{e}^{2}}$=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，解得a=1．
（2）由（1）得${f}^{'}（x）=-\frac{lnx}{{x}^{2}}$，（x＞0），
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，
∴当x=1时，f（x）取得极大值f（1），
∵函数f（x）在区间（m，m+1）上存在极值，
∴m＜1＜m+1，解得0＜m＜1，
∴实数m的取值范围是（0，1）．
（3）当x＞1时，$\frac{1+lnx}{x}$＞$\frac{1}{x+1}$，∴$\frac{（1+lnx）（x+1）}{x}＞2$，
令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，则${g}^{'}（x）=\frac{[（x+1）（lnx+1）]^{'}x-（x+1）（lnx+1）}{{x}^{2}}$=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
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（1）=1，∴当x＞1时，g′（x）＞0，
∴g（x）在区间（1，+∞）上是增函数，
∴当x＞1时，g（x）＞g（1），又g（1）=2，
∴g（x）＞2恒成立，
∴当x＞1时，f（x）＞$\frac{2}{x+1}$恒成立．

点评 本题考查导数的性质及应用、考查不等式性质及证明等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．