Question

3．已知函數(shù)f（x）=e^-x（lnx-2k）（k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與y軸垂直．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)$g（x）=\frac{1-x（lnx+1）}{e^x}$，對(duì)任意x＞0，證明：（x+1）g（x）＜e^x+e^x-2．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為證$\frac{g（x）}{e^x}＜\frac{{1+{e^{-2}}}}{x+1}$成立，從而證明$g（x）=\frac{1-xlnx-x}{e^x}＜1-xlnx-x$，設(shè)F（x）=1-xlnx-x，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）因?yàn)?f'（x）=\frac{{\frac{1}{x}-lnx+2k}}{e^x}$，
由已知得$f'（1）=\frac{1+2k}{e}=0$，∴$k=-\frac{1}{2}$．
所以$f'（x）=\frac{{\frac{1}{x}-lnx-1}}{e^x}$，…（2分）
設(shè)$k（x）=\frac{1}{x}-lnx-1$，則$k'（x）=-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}＜0$，
在（0，+∞）上恒成立，即k（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
由k（1）=0知，當(dāng)0＜x＜1時(shí)k（x）＞0，
從而f'（x）＞0，當(dāng)x＞1時(shí)k（x）＜0，從而f'（x）＜0．
綜上可知，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間是（1，+∞）…（5分）
（2）因?yàn)閤＞0，要證原式成立即證$\frac{g（x）}{e^x}＜\frac{{1+{e^{-2}}}}{x+1}$成立，
現(xiàn)證明：對(duì)任意x＞0，g（x）＜1+e^-2恒成立，
當(dāng)x≥1時(shí)，由（1）知g（x）≤0＜1+e^-2成立；
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，e^x＞1，且由（1）知g（x）＞0，
∴$g（x）=\frac{1-xlnx-x}{e^x}＜1-xlnx-x$．
設(shè)F（x）=1-xlnx-x，x∈（0，1），則F'（x）=-（lnx+2），
當(dāng)x∈（0，e^-2）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，
當(dāng)x∈（e^-2，1）時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，
所以當(dāng)x=e^-2時(shí)，F(xiàn)（x）取得最大值F（e^-2）=1+e^-2．　
所以g（x）＜F（x）≤1+e^-2，即0＜x＜1時(shí)，g（x）＜1+e^-2．
綜上所述，對(duì)任意x＞0，g（x）＜1+e^-2．①…（9分）
令G（x）=e^x-x-1（x＞0），則G'（x）=e^x-1＞0恒成立，
所以G（x）在（0，+∞）上遞增，G（x）＞G（0）=0恒成立，
即e^x＞x+1＞0，即$0＜\frac{1}{e^x}＜\frac{1}{x+1}$．　　�、�
當(dāng)x≥1時(shí)，有：$\frac{g（x）}{e^x}≤0＜\frac{{1+{e^{-2}}}}{x+1}$；
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，由①②式，$\frac{g（x）}{e^x}＜\frac{{1+{e^{-2}}}}{x+1}$，
綜上所述，x＞0時(shí)，$\frac{g（x）}{e^x}＜\frac{{1+{e^{-2}}}}{x+1}$成立，
故原不等式成立…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．