Question

2．已知函數(shù)$f（x）=\frac{lnx+k}{e^x}$（k為常數(shù)），曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與x軸平行．
（1）求k的值；
（2）求y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）設(shè)g（x）=xf′（x），證明：當(dāng)x＞0時(shí)，g（x）＜1+e^-2．

Answer 1

分析 （1）由題意，求出函數(shù)$f（x）=\frac{lnx+k}{e^x}$的導(dǎo)數(shù)，再由曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與x軸平行可得出f′（1）=0，由此方程即可解出k的值；
（2）由（1）知，f′（x）=$\frac{1-xlnx-x}{x{e}^{x}}$，x∈（0，+∞），利用導(dǎo)數(shù)解出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（3）先給出g（x）=xf'（x），考查解析式發(fā)現(xiàn)當(dāng)x≥1時(shí)，g（x）=xf'（x）≤0＜1+e^-2一定成立，由此將問題轉(zhuǎn)化為證明g（x）＜1+e^-2在0＜x＜1時(shí)成立，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)在（0，1）上的最值，與1+e^-2比較即可得出要證的結(jié)論．

解答 解：（1）函數(shù)$f（x）=\frac{lnx+k}{e^x}$，
∴f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}-lnx-k}{{e}^{x}}$=$\frac{1-xlnx-kx}{x{e}^{x}}$，x∈（0，+∞），
由已知，f′（1）=$\frac{1-k}{e}$=0，∴k=1；
（2）由（1）知，f′（x）=$\frac{1-xlnx-x}{x{e}^{x}}$，x∈（0，+∞），
設(shè)h（x）=1-xlnx-x，x∈（0，+∞），h'（x）=-（lnx+2），
當(dāng)x∈（0，e^-2）時(shí)，h'（x）＞0，當(dāng)x∈（ e^-2，1）時(shí)，h'（x）＜0，
可得h（x）在x∈（0，e^-2）時(shí)是增函數(shù)，在x∈（ e^-2，1）時(shí)是減函數(shù)，在（1，+∞）上是減函數(shù)，
又h（1）=0，h（e^-2）＞0，又x趨向于0時(shí)，h（x）的函數(shù)值趨向于1
∴當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h（x）＞0，從而f'（x）＞0，
當(dāng)x＞1時(shí)h（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，+∞）；
（3）由（2）可知，當(dāng)x≥1時(shí)，g（x）=xf'（x）≤0＜1+e^-2，
故只需證明g（x）＜1+e^-2在0＜x＜1時(shí)成立．
當(dāng)0＜x＜1時(shí)，e^x＞1，且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．
綜上，對(duì)任意x＞0，g（x）＜1+e^-2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值及曲線上某點(diǎn)處的切線方程，解題的關(guān)鍵是靈活利用導(dǎo)數(shù)工具進(jìn)行運(yùn)算及理解導(dǎo)數(shù)與要解決問題的聯(lián)系，此類題運(yùn)算量大，易出錯(cuò)，且考查了轉(zhuǎn)化的思想，判斷推理的能力，綜合性強(qiáng)，是高考常考題型，學(xué)習(xí)時(shí)要嚴(yán)謹(jǐn)認(rèn)真，注意總結(jié)其解題規(guī)律．