Question

18．設(shè)函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x+1}}{（x+1）^{2}}$-$\frac{m}{x+1}$（m為常數(shù)，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）若f（x）在x=0處的切線與x-ey-2016=0垂直，求f（x）的極值；
（2）設(shè)g（x）=mln（x+1）．
（Ⅰ）若m≤0，x＞-1，求證：f（x）＞g（x）；
（Ⅱ）若x²f（x-1）+2m（x-1）＞g（x-1）對任意x＞e^-2恒成立，求證：m＜e．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，運用兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，可得m=0，再求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，可得極值；
（2）（Ⅰ）f（x）＞g（x）即為$\frac{{e}^{x+1}}{（x+1）^{2}}$-$\frac{m}{x+1}$＞mln（x+1），即$\frac{{e}^{x+1}}{（x+1）^{2}}$-$\frac{m}{x+1}$[1+（x+1）ln（x+1）]＞0，只要證得1+（x+1）ln（x+1）＞0，運用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性求得最小值，即可得證；
（Ⅱ）由題意可得x²（$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$-$\frac{m}{x}$）+2m（x-1）＞mlnx對任意x＞e^-2恒成立，可令x=1，代入不等式即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x+1}}{（x+1）^{2}}$-$\frac{m}{x+1}$的導(dǎo)數(shù)為
f′（x）=$\frac{{e}^{x+1}（x-1）}{（x+1）^{3}}$+$\frac{m}{（x+1）^{2}}$，
可得f（x）在x=0處的切線斜率為-e+m，
由在x=0處的切線與x-ey-2016=0垂直，可得m-e=-e，
解得m=0，即有f（x）=$\frac{{e}^{x+1}}{（x+1）^{2}}$，
f′（x）=$\frac{{e}^{x+1}（x-1）}{（x+1）^{3}}$，當(dāng)x＞1時，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)x＜-1時，f′（x）＞0，f（x）遞增；
當(dāng)-1＜x＜1時，f′（x）＜0，f（x）遞減．
可得x=1處取得極小值，且為$\frac{{e}^{2}}{4}$；
（2）證明：（Ⅰ）f（x）＞g（x）即為$\frac{{e}^{x+1}}{（x+1）^{2}}$-$\frac{m}{x+1}$＞mln（x+1），
即$\frac{{e}^{x+1}}{（x+1）^{2}}$-$\frac{m}{x+1}$[1+（x+1）ln（x+1）]＞0，
由m≤0，x＞-1，可得$\frac{{e}^{x+1}}{（x+1）^{2}}$＞0，-$\frac{m}{x+1}$≥0，
只要證得1+（x+1）ln（x+1）＞0，
由y=1+（x+1）ln（x+1）的導(dǎo)數(shù)為ln（x+1）+1，
當(dāng)x＞e^-1-1時，函數(shù)遞增；當(dāng)-1＜x＜e^-1-1時，函數(shù)遞減．
可得x=e^-1-1出取得最小值，且為1-e^-1＞0，
即有1+（x+1）ln（x+1）＞0，
則有f（x）＞g（x）成立；
（Ⅱ）x²f（x-1）+2m（x-1）＞g（x-1）對任意x＞e^-2恒成立，
即為x²（$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}}$-$\frac{m}{x}$）+2m（x-1）＞mlnx對任意x＞e^-2恒成立，
由x=1＞e^-2，可得e^x-mx+2m（x-1）＞mlnx，即為e-m+0＞0，
可得m＜e．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求切線的斜率和單調(diào)區(qū)間、極值，考查兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，同時考查不等式的證明，注意運用構(gòu)造函數(shù)運用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，考查恒成立問題的解法，注意運用特值法，屬于中檔題．