Question

5．已知函數(shù)f（x）=（x+m）lnx-（m+1+$\frac{1}{e}$）x在x=e處取到極值
（Ⅰ）求m的值
（Ⅱ）當(dāng)x＞1時，證明f（x）+（2+$\frac{1}{e}$）x＞2x-2
（Ⅲ）如果s，t，r滿足|s-r|≤|t-r|，那么稱s比t更靠近r，當(dāng)a≥2且x≥1時，試比較$\frac{e}{x}$和e^x-1+a哪個更靠近f（x），并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知：求導(dǎo)，f′（e）=0，即可求得m的值；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，求導(dǎo)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，即可證明不等式；
（Ⅲ）設(shè)p（x）=$\frac{e}{x}$-lnx，q（x）=e^x-1+a-lnx，由導(dǎo)數(shù)性質(zhì)求出p（x）在x∈[1，+∞）上為減函數(shù)，q（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)推導(dǎo)出在a≥2，x≥1時，$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近lnx．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=（x+m）lnx-（m+1+$\frac{1}{e}$）x，
求導(dǎo)f（x′）=$\frac{x+m}{x}$+lnx-（m+1+$\frac{1}{e}$），
由f′（e）=0，則$\frac{e+m}{e}$-m-$\frac{1}{e}$=0，解得：m=1，
m的值為1；
（Ⅱ）證明：由題意可知：不等式左邊為（x+1）lnx，由x＞1，
h（x）=lnx-$\frac{2（x-1）}{x+1}$，h′（x）=$\frac{（x-1）^{2}}{x（x+1）^{2}}$，x＞1，則h′（x）＞0恒成立，
∴h（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增；
h（x）＞h（1）=0，
∴則（x+1）lnx＞2x-2，
（Ⅲ）設(shè)p（x）=$\frac{e}{x}$-lnx，q（x）=e^x-1+a-lnx，
∵則p′（x）=$\frac{e+x}{{x}^{2}}$＜0，q′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，q′（1）=0，則q′（x）＞0，x＞1，
∴p（x）在x∈[1，+∞）上為減函數(shù)，
又P（e）=0，∴當(dāng)1≤x≤e時，p（x）≥0，當(dāng)x＞e時，p（x）＜0，
∴q′（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，
又q′（1）=0，∴x∈[1，+∞）時，q′（x）≥0，∴q（x）在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，
∴q（x）≥q（1）=a+1＞0．
①當(dāng)1≤x≤e時，|p（x）|-|q（x）|=p（x）-q（x）=$\frac{e}{x}$-e^x-1-a，
設(shè)m（x）=$\frac{e}{x}$-e^x-1-a，則m′（x）=-$\frac{e}{{x}^{2}}$-e^x-1＜0
∴m（x）在x∈[1，+∞）上為減函數(shù)，
∴m（x）≤m（1）=e-1-a，
∵a≥2，∴m（x）＜0，∴|p（x）|＜|q（x）|，
∴$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近f（x）．
②當(dāng)x＞e時，|p（x）|-|q（x）|=-p（x）-q（x）=-$\frac{e}{x}$+2lnx-e^x-1-a＜2lnx-e^x-1-a，
設(shè)n（x）=2lnx-e^x-1-a，則n′（x）=$\frac{2}{x}$-e^x-1，n″（x）=-$\frac{e}{{x}^{2}}$-e^x-1＜0
∴n（x）＜n（e）=2-a-e^e-1＜0，則n′（x）＜0
∴|p（x）|＜|q（x）|，∴$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近f（x）．
綜上，在a≥2，x≥1時，$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近f（x）．

點評 本題考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到用導(dǎo)數(shù)來描述函數(shù)的單調(diào)性等情況，主要考查考生分類討論思想的應(yīng)用，對考生的邏輯推理能力與運算求解有較高要求，屬于中檔題．