Question

已知函數(shù)f（x）=

lnx+k

ex

（其中k∈R），f′（x）為f（x）的導(dǎo)數(shù)．
（1）求證：不論k取何值，曲線y=f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處的切線不過點(diǎn)（e+1，0）；
（2）若f′（1）=0，證明：對(duì)任意x＞0，f′（x）＜

e-x+1

x2+x

恒成立．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）f′（x）=

1-x(lnx+k)

xex

，可得f′（e）=

1-e(1+k)

e1+e

．曲線y=f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處的切線方程為：y-

1+k

ee

=

1-e(1+k)

e1+e

(x-e)，
令x=e+1，可得y=

1

e1+e

，即可證明．
（2）f′（1）=0，可得k=1．f′（x）=

1-x(lnx+1)

xex

．于是對(duì)任意x＞0，f′（x）＜

e-x+1

x2+x

恒成立?

1-x(lnx+1)

xex

＜

e-x+1

x2+x

恒成立（x＞0），
化為1-x-xlnx＜

1+ex

1+x

，令g（x）=1-x-xlnx（x＞0），h（x）=

1+ex

1+x

．只要證明g（x）_max＜h（x）_min即可，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答： 證明：（1）f′（x）=

1-x(lnx+k)

xex

，
∴f′（e）=

1-e(1+k)

e1+e

．
f（e）=

1+k

ee

．
∴曲線y=f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處的切線方程為：y-

1+k

ee

=

1-e(1+k)

e1+e

(x-e)，
令x=e+1，則y=

1

e1+e

，
因此曲線y=f（x）在點(diǎn)（e，f（e））處的切線不過點(diǎn)（e+1，0）；
（2）∵f′（1）=0，∴

1-k

e

=0，∴k=1．
∴f′（x）=

1-x(lnx+1)

xex

，
對(duì)任意x＞0，f′（x）＜

e-x+1

x2+x

恒成立?

1-x(lnx+1)

xex

＜

e-x+1

x2+x

恒成立（x＞0），
化為1-x-xlnx＜

1+ex

1+x

，
令g（x）=1-x-xlnx（x＞0），h（x）=

1+ex

1+x

．
令g′（x）=-2-lnx=0，解得x=e^-2．
當(dāng)x＞e^-2時(shí)，g′（x）＜0，此時(shí)函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)0＜x＜e^-2時(shí)，g′（x）＞0，此時(shí)函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=e^-2時(shí)，函數(shù)g（x）取得極大值即最大值，g（e^-2）=1+

1

e2

．
令h′（x）=

xex-1

(x+1)2

=0，化為ex0=

1

x0

．
可知：當(dāng)x=x₀時(shí)，函數(shù)h（x）取得極小值即最小值．
令u（x）=xe^x-1，則u(

1

2

)=

e

2

-1＜0，u（1）=e-1＞0，
∴x0∈(

1

2

，1)．
h(x0)=

1+ex0

1+x0

=

1+ex0

1+ 1 ex0

=ex0＞

e

，
∵g（x）_max=1+

1

e2

＜

e

=h（x）_min，
∴對(duì)任意x＞0，f′（x）＜

e-x+1

x2+x

恒成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．