Question

15．已知函數f（x）=$\frac{lnx+1}{e^x}$
（1）求函數f（x）的單調區(qū)間和最值；
（2）設g（x）=（x²+x）f′（x），其中f′（x）為f（x）的導函數，證明：對任意x＞0，g（x）＜1+e²．

Answer 1

分析 （1）先求出函數f（x）的導數，x∈（0，+∞），利用導數解出函數的單調區(qū)間即可；
（2）先給出g（x）=xf'（x），考查解析式發(fā)現當x≥1時，g（x）=xf′（x）≤0＜1+e^-2一定成立，由此將問題轉化為證明g（x）＜1+e^-2在0＜x＜1時成立，利用導數求出函數在（0，1）上的最值，與1+e^-2比較即可得出要證的結論．

解答 解：（1）由f（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$知，f′（x）=$\frac{1-xlnx-x}{{xe}^{x}}$，x∈（0，+∞），
設h（x）=1-xlnx-x，x∈（0，+∞），h′（x）=-（lnx+2），
當x∈（0，e^-2）時，h′（x）＞0，當x∈（ e^-2，1）時，h′（x）＜0，
可得h（x）在x∈（0，e^-2）時是增函數，在x∈（ e^-2，1）時是減函數，在（1，+∞）上是減函數，
又h（1）=0，h（e^-2）＞0，又x趨向于0時，h（x）的函數值趨向于1，
∴當0＜x＜1時，h（x）＞0，從而f′（x）＞0，
當x＞1時h（x）＜0，從而f′（x）＜0，
綜上可知，f（x）的單調遞增區(qū)間是（0，1），單調遞減區(qū)間是（1，+∞），
∴f（x）_max=f（1）=$\frac{1}{e}$，沒有最小值；
（2）由（1）可知，當x≥1時，g（x）=xf′（x）≤0＜1+e^-2，
故只需證明g（x）＜1+e^-2在0＜x＜1時成立．
當0＜x＜1時，e^x＞1，且g（x）＞0，∴g（x）=$\frac{1-xlnx-x}{{e}^{x}}$＜1-xlnx-x，
設F（x）=1-xlnx-x，x∈（0，1），則F′（x）=-（lnx+2），
當x∈（0，e^-2）時，F′（x）＞0，當x∈（ e^-2，1）時，F′（x）＜0，
所以當x=e^-2時，F（x）取得最大值F（e^-2）=1+e^-2．
所以g（x）＜F（x）≤1+e^-2．
綜上，對任意x＞0，g（x）＜1+e^-2＜1+e²．

點評 本題考查利用導數研究函數的最值及曲線上某點處的切線方程，解題的關鍵是靈活利用導數工具進行運算及理解導數與要解決問題的聯系，此類題運算量大，易出錯，且考查了轉化的思想，判斷推理的能力，綜合性強，是高考常考題型，學習時要嚴謹認真，注意總結其解題規(guī)律．