6.已知函數(shù)f(x)=1+$\frac{a}{x}$+lnx+$\frac{lnx}{x}$,且曲線f(x)在點(1,f(1))處的切線與直線x-y+4=0平行.
(1)求a的值;
(2)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性;
(3)記g(x)=$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$,試證明:當x>1時,f(x)>(e+1)g(x).

分析 (1)求出f(x)的導數(shù),根據(jù)f′(1)=1,求出a的值即可;
(2)求出f(x)的導數(shù),根據(jù)導函數(shù)的單調(diào)性求出f′(x)>0,從而求出f(x)在(0,+∞)遞增;
(3)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性分別得出$\frac{f(x)}{e+1}$>$\frac{2}{e+1}$,g(x)<$\frac{2}{e+2}$,從而證出結(jié)論.

解答 解:(1)f′(x)=$\frac{1-a+x-lnx}{{x}^{2}}$,(x>0),
令f′(1)=1,得2-a=1,解得a=1;
(2)由(1)知,
f(x)=1+$\frac{1}{x}$+lnx+$\frac{lnx}{x}$,f′(x)=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$,
再令ω(x)=x-lnx   則ω′(x)=$\frac{x-1}{x}$,
當x>1時,ω′(x)>0,ω(x)遞增,
當0<x<1時,ω′(x)<0,ω(x)遞減,
∴ω(x)在x=1處取得唯一的極小值,即為最小值,
即ω(x)≥ω(1)=1>0,
∴f′(x)>0,
∴f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù);
(3)要證f(x)>(e+1)g(x),
即證$\frac{f(x)}{e+1}$>g(x),
x>1時,f(x)是增函數(shù),
故f(x)>f(1)=2,
故$\frac{f(x)}{e+1}$>$\frac{2}{e+1}$,
g′(x)=$\frac{{2e}^{x-1}(1{-e}^{x})}{{({xe}^{x}+1)}^{2}}$,
∵x>1,∴1-ex<0,∴g′(x)<0,
即g(x)在(1,+∞)遞減,
∴x>1時,g(x)<g(1)=$\frac{2}{e+1}$,
∴$\frac{f(x)}{e+1}$>$\frac{2}{e+1}$>g(x),
即f(x)>(e+1)g(x).

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題,考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題,考查曲線的切線方程問題,是一道中檔題.

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