Question

8．已知函數(shù)f（x）=$\frac{lnx+k}{{e}^{x}}$（其中k∈R，e是自然對數(shù)的底數(shù)），f′（x）為f（x）導函數(shù)．
（Ⅰ）若k=2時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若f′（1）=0，試證明：對任意x＞0，f′（x）＜$\frac{{e}^{-2}+1}{{x}^{2}+x}$恒成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，計算f（1），f′（1），代入切線方程即可；
（Ⅱ）求出k的值，令g（x）=（x²+x）f'（x），問題等價于$1-x-xlnx＜\frac{e^x}{x+1}（{{e^{-2}}+1}）$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）由$f（x）=\frac{lnx+2}{e^x}$得$f'（x）=\frac{1-2x-xlnx}{{x{e^x}}}$，x∈（0，+∞），
所以曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為：$f'（1）=-\frac{1}{e}$，
而f（1）=$\frac{2}{e}$，故切線方程是：y-$\frac{2}{e}$=-$\frac{1}{e}$（x-1），
即：x+ey-3=0；
（Ⅱ）證明：若f′（1）=0，解得：k=1，令g（x）=（x²+x）f'（x），
所以$g（x）=\frac{x+1}{e^x}（{1-x-xlnx}）$，x∈（0，+∞），
因此，對任意x＞0，g（x）＜e^-2+1，等價于$1-x-xlnx＜\frac{e^x}{x+1}（{{e^{-2}}+1}）$，
由h（x）=1-x-xlnx，x∈（0，∞），
得h'（x）=-lnx-2，x∈（0，+∞），（8分）
因此，當x∈（0，e^-2）時，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增；
x∈（e^-2，+∞）時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，
所以h（x）的最大值為h（e^-2）=e^-2+1，故1-x-xlnx≤e^-2+1，（10分）
設(shè)φ（x）=e^x-（x+1），∵φ'（x）=e^x-1，
所以x∈（0，+∞）時，φ'（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，
φ（x）＞φ（0）=0，故x∈（0，+∞）時，φ（x）=e^x-（x+1）＞0，即$\frac{e^x}{x+1}＞1$，
所以$1-x-xlnx≤{e^{-2}}+1＜\frac{e^x}{x+1}（{{e^-}^2+1}）$．
因此，對任意x＞0，$f'（x）＜\frac{{{e^{-2}}+1}}{{{x^2}+x}}$恒成立． （12分）

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，是一道中檔題．