Question

2．函數(shù)f（x）=$\frac{a+lnx}{x}$，若曲線f（x）在點（e，f（e））處的切線與直線e²x-y+e=0垂直（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值．
（2）求證：當(dāng)x＞1時，$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$．

Answer 1

分析 （1）先利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出k的值，然后利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)單調(diào)區(qū)間及其極值；
（2）由題意可知，原不等式可化為函數(shù)$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，分別構(gòu)造函數(shù)g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$，h（x）=$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，分別求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)最值的關(guān)系即可證明

解答 解：（1）∵f′（x）=$\frac{1-a-lnx}{{x}^{2}}$，
f（x）在點（e，f（e））處的切線斜率為-$\frac{a}{{e}^{2}}$，由切線與直線e²x-y+e=0垂直，
可得f′（e）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，即有-$\frac{a}{{e}^{2}}$=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，解得a=1，
∴f（x）=$\frac{1+lnx}{x}$，f′（x）=-$\frac{lnx}{{x}^{2}}$（x＞0）
當(dāng)0＜x＜1，f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)；
當(dāng)x＞1時，f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)．
∴x=1是函數(shù)f（x）的極大值點，極大值為f（1）=1，無極小值，
（2）不等式$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$．
即為$\frac{1}{e+1}$•$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$
令g（x）=$\frac{（x+1）（lnx+1）}{x}$
則g′（x）=$\frac{x-lnx}{{x}^{2}}$，
再令φ（x）=x-lnx，則φ′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$，
∵x＞1∴φ′（x）＞0，φ（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
∴φ（x）＞φ（1）=1＞0，g′（x）＞0，
∴g（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)，
∴x＞1時，g（x）＞g（1）=2，
故$\frac{g（x）}{e+1}$＞$\frac{2}{e+1}$ 
故令h（x）=$\frac{2{e}^{x-1}}{x{e}^{x}+1}$，
則h′（x）=$\frac{2{e}^{x-1}（1-{e}^{x}）}{（x{e}^{x}+1）^{2}}$，
∵x＞1∴1-e^x＜0，h′（x）＜0，即h（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)
∴x＞1時，h（x）＜h（1）=$\frac{2}{e+1}$，
∴$\frac{g（x）}{e+1}$＞h（x），
∴當(dāng)x＞1時，$\frac{f（x）}{e+1}$＞$\frac{2{e}^{x-1}}{（x+1）（x{e}^{x}+1）}$．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率、單調(diào)區(qū)間和極值，同時考查構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，運用單調(diào)性證明不等式，屬于中檔題．