Question

1．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$-m（lnx+$\frac{1}{x}$）（m為實數(shù)，e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）當m＞1時，討論f（x）的單調性；
（Ⅱ）若g（x）=x²f′（x）-xe^x在（$\frac{3}{2}$，3）內有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍．
（Ⅲ）當m=1時，證明：xf（x）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）函數(shù)的定義域為（0，+∞），$f′（x）=\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}-\frac{m}{x}+\frac{m}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）（{e}^{x}-m）}{{x}^{2}}$．令f′（x）=0，可得x=1，或x=lnm
分①m=e，②m＞e，③1＜m＜e分類討論其單調性；
（Ⅱ）g（x）=x²f′（x）-xe^x=-e^x-m（x-1）在（$\frac{3}{2}$，3）內有兩個零點，
?方程-e^x-m（x-1）=0在（$\frac{3}{2}$，3）內有兩個實根，
即m=-$\frac{{e}^{x}}{x-1}$在（$\frac{3}{2}$，3）內有兩個實根，
令h（x）=-$\frac{{e}^{x}}{x-1}$，可得h（x）在（$\frac{3}{2}，2$）遞增，在（2，3），遞減，
要使g（x）=x²f′（x）-xe^x在（$\frac{3}{2}$，3）內有兩個零點，則$\left\{\begin{array}{l}{m＞h（\frac{3}{2}）=-2{e}^{\frac{3}{2}}}\\{m＞h（3）=-\frac{1}{2}{e}^{3}}\\{m＜h（2）=-{e}^{2}}\end{array}\right.$
可得實數(shù)m的取值范圍為（-$\frac{1}{2}{e}^{3}$，-e²）．
（Ⅲ）當m=1時，要證xf（x）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$．只證x（$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{1}{x}$）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$在（0，+∞）恒成立．
只證${e}^{x}＞x+\frac{ln（x+1）}{x}$，易得e^x＞x+1在（0，+∞）恒成立，
故只需證1＞$\frac{ln（x+1）}{x}$，即證x＞ln（x+1）即可，

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為（0，+∞），$f′（x）=\frac{{e}^{x}（x-1）}{{x}^{2}}-\frac{m}{x}+\frac{m}{{x}^{2}}$=$\frac{（x-1）（{e}^{x}-m）}{{x}^{2}}$．
∵m＞1，令f′（x）=0，可得x=1，或x=lnm
①當m=e時，f′（x）≥0在（0，+∞）恒成立，∴此時f（x）在（0，+∞）遞增；
②當m＞e時，x∈（0，1）時，f′（x）＞0，x∈（1，lnm）時，f′（x）＜0，x∈（lnm，+∞）時，f′（x）＞0
此時f（x）在（lnm，+∞），（0，1）遞增，在（1，lnm）遞減．
③當1＜m＜e時，x∈（0，lnm）時，f′（x）＞0，x∈（lnm，1）時，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0
此時f（x）在（1，+∞），（0，lnm）遞增，在（lnm，1）遞減．
（Ⅱ）g（x）=x²f′（x）-xe^x=-e^x-m（x-1）在（$\frac{3}{2}$，3）內有兩個零點，
?方程-e^x-m（x-1）=0在（$\frac{3}{2}$，3）內有兩個實根，
即m=-$\frac{{e}^{x}}{x-1}$在（$\frac{3}{2}$，3）內有兩個實根，
令h（x）=-$\frac{{e}^{x}}{x-1}$，h′（x）=$\frac{{e}^{x}（2-x）}{（1-x）^{2}}$=0，可得x=2，
x$∈（\frac{3}{2}，2）$時，h′（x）＞0，x∈（2，3）時，h′（x）＜0，
∴h（x）在（$\frac{3}{2}，2$）遞增，在（2，3），遞減，
要使g（x）=x²f′（x）-xe^x在（$\frac{3}{2}$，3）內有兩個零點，則$\left\{\begin{array}{l}{m＞h（\frac{3}{2}）=-2{e}^{\frac{3}{2}}}\\{m＞h（3）=-\frac{1}{2}{e}^{3}}\\{m＜h（2）=-{e}^{2}}\end{array}\right.$
可得-$\frac{1}{2}{e}^{3}$＜m＜-e²，∴實數(shù)m的取值范圍為（-$\frac{1}{2}{e}^{3}$，-e²）．
（Ⅲ）證明：當m=1時，要證xf（x）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$．
只證x（$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{1}{x}$）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$在（0，+∞）恒成立．
只證${e}^{x}＞x+\frac{ln（x+1）}{x}$，易得e^x＞x+1在（0，+∞）恒成立，
故只需證1＞$\frac{ln（x+1）}{x}$，即證x＞ln（x+1），
令F（x）=x-ln（x+1），F(xiàn)′（x）=1-$\frac{1}{x+1}$＞0，故F（x）在（0，+∞）遞增，而F（0）=0
∵F（x）＞0在（0，+∞）恒成立．
∴xf（x）+xlnx+1＞x+$\frac{ln（x+1）}{x}$成立．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用，考查了分類討論思想、函數(shù)與方程思想，放縮法證明函數(shù)恒等式，屬于難題．