Question

14．已知函数f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$在点（1，f（1））处的切线与x轴平行．
（1）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；
（2）求证：当x＞1时，$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）＞$\frac{2}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$．

Answer 1

分析 （1）求得函数的导数，求得切线的斜率，解方程可得a=1，求出极值点，可得m＜1＜m+1，可得m的范围；
（2）要证$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）＞$\frac{2}{e+1}$，即证（x+1）（1+lnx）＞2x，在x＞1成立．可令g（x）=（x+1）（1+lnx）-2x，x＞1，求得导数，判断单调性，即可得证；要证$\frac{2}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，即证e^x-1（e+1）-xe^x-1＜0，x＞1．可设h（x）=e^x-1（e+1）-xe^x-1，x＞1，求出导数，判断单调性，即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$的导数为f′（x）=$\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，
由在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，可得1-a=0，
即有a=1，则f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，
即有f′（x）=$\frac{-lnx}{{x}^{2}}$，由f′（x）=0，可得x=1，
且x=1为极大值点，
由函数f（x）在区间（m，m+1）上存在极值，可得m＜1＜m+1，
即有0＜m＜1：
（2）证明：$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）-$\frac{2}{e+1}$=$\frac{1}{e+1}$[（x+1）•$\frac{1+lnx}{x}$-2]．
要证$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）＞$\frac{2}{e+1}$，
即证（x+1）（1+lnx）＞2x，在x＞1成立．
可令g（x）=（x+1）（1+lnx）-2x，x＞1，
g′（x）=1+lnx+（x+1）•$\frac{1}{x}$-2=1+lnx+$\frac{x-1}{x}$＞0，
即有g（x）在（1，+∞）递增，则g（x）＞g（1）=0，
则有$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）＞$\frac{2}{e+1}$；
要证$\frac{2}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，即证e^x-1（e+1）-xe^x-1＜0，x＞1．
可设h（x）=e^x-1（e+1）-xe^x-1，x＞1，
h′（x）=e^x-1（e+1）-xe^x-e^x=e^x（$\frac{1}{e}$-x）＜0，
即有h（x）在（1，+∞）递减，即h（x）＜h（1）=0，
则$\frac{2}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$．
综上可得，当x＞1时，$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）＞$\frac{2}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和极值，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，由导数的符号判断单调性，考查运算和推理能力，属于中档题．