Question

17．已知函數f（x）=$\frac{a+blnx}{x+1}$在點（1，f（1））處的切線方程為x+y=2．
（Ⅰ）求a，b的值；
（Ⅱ）若對函數f（x）定義域內的任一個實數x，都有xf（x）＜m恒成立，求實數m的取值范圍．
（Ⅲ） 求證：對一切x∈（0，+∞），都有3-（x+1）•f（x）＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，計算f（1），f′（1），得到關于a，b的方程組，解出即可；
（Ⅱ）問題轉化為$\frac{2x-xlnx}{x+1}$＜m，令g（x）=$\frac{2x-xlnx}{x+1}$，根據函數的單調性求出g（x）的最大值，從而求出a的范圍即可；
（Ⅲ）問題轉化為證明：xlnx+x＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$對?x＞0成立，設φ（x）=xlnx+x（x＞0），g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x＞0），根據函數的單調性分別求出φ（x）的最小值和g（x）的最大值即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{\frac{x}（x+1）-（a+blnx）}{{（x+1）}^{2}}$，
而點（1，f（1））在直線x+y=2上，∴f（1）=1，
又直線x+y=2的斜率為-1，∴f′（1）=-1，
故有$\left\{\begin{array}{l}{\frac{a}{2}=1}\\{\frac{2b-a}{4}=-1}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{b=-1}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得f（x）=$\frac{2-lnx}{x+1}$（x＞0），由xf（x）＜m，得：$\frac{2x-xlnx}{x+1}$＜m，
令g（x）=$\frac{2x-xlnx}{x+1}$，g′（x）=$\frac{1-x-lnx}{{（x+1）}^{2}}$，
令h（x）=1-x-lnx，則h′（x）=-1-$\frac{1}{x}$＜0，（x＞0），
∴h（x）在區(qū)間（0，+∞）上是減函數，
∴當0＜x＜1時，h（x）＞h（1）=0，當x＞1時，h（x）＜h（1）=0，
從而當0＜x＜1時，g′（x）＞0，當x＞1時，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，1）是增函數，在（1，+∞）是減函數，
故g（x）_max=g（1）=1，
要使$\frac{2x-xlnx}{x+1}$＜m成立，只需m＞1，故m的取值范圍是（1，+∞）；
（Ⅲ）證明：要證3-（x+1）•f（x）=lnx+1＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$，對?x＞0成立，
即證明：xlnx+x＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$對?x＞0成立，
設φ（x）=xlnx+x（x＞0），φ′（x）=lnx+2，
當x＞e^-2時，φ′（x）＞0，φ（x）遞增；當0＜x＜e^-2時，φ′（x）＜0，φ（x）遞減；
∴φ（x）_min=φ（e^-2）=-$\frac{1}{{e}^{2}}$，
設g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$（x＞0），g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
當0＜x＜1時，g′（x）＞0，g（x）遞增；當x＞1時，g′（x）＜0，g（x）遞減；
∴g（x）_max=g（1）=-$\frac{1}{e}$，∴φ（x）_min=-$\frac{1}{{e}^{2}}$＞g（x）_max=-$\frac{1}{e}$，
∴xlnx+x＞$\frac{x}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{e}$，對?x＞0成立，
∴3-（x+1）f（x）=lnx+1＞$\frac{1}{{e}^{x}}$-$\frac{2}{ex}$對?x＞0成立．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及轉化思想，是一道綜合題．