Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$在點（1，f（1））處的切線與x軸平行．
（1）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（m，m+1）上存在極值，求實數(shù)m的取值范圍；
（2）求證：當(dāng)x＞1時，$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）＞$\frac{2}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$．

Answer 1

分析 （1）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，解方程可得a=1，求出極值點，可得m＜1＜m+1，可得m的范圍；
（2）要證$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）＞$\frac{2}{e+1}$，即證（x+1）（1+lnx）＞2x，在x＞1成立．可令g（x）=（x+1）（1+lnx）-2x，x＞1，求得導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證；要證$\frac{2}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，即證e^x-1（e+1）-xe^x-1＜0，x＞1．可設(shè)h（x）=e^x-1（e+1）-xe^x-1，x＞1，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=$\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，
由在點（1，f（1））處的切線與x軸平行，可得1-a=0，
即有a=1，則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為極大值點，
由函數(shù)f（x）在區(qū)間（m，m+1）上存在極值，可得m＜1＜m+1，
即有0＜m＜1：
（2）證明：$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）-$\frac{2}{e+1}$=$\frac{1}{e+1}$[（x+1）•$\frac{1+lnx}{x}$-2]．
要證$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）＞$\frac{2}{e+1}$，
即證（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(shù)（x）在（1，+∞）遞增，則g（x）＞g（1）=0，
則有$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）＞$\frac{2}{e+1}$；
要證$\frac{2}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，即證e^x-1（e+1）-xe^x-1＜0，x＞1．
可設(shè)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，+∞）遞減，即h（x）＜h（1）=0，
則$\frac{2}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$．
綜上可得，當(dāng)x＞1時，$\frac{1}{e+1}$•（x+1）•f（x）＞$\frac{2}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和極值，考查不等式的證明，注意運用構(gòu)造函數(shù)法，由導(dǎo)數(shù)的符號判斷單調(diào)性，考查運算和推理能力，屬于中檔題．