Question

已知函數(shù)f（x）=

mlnx+n

ex

（m，n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））處的切線方程是y=

2

e

；
（Ⅰ） 求m，n的值；
（Ⅱ） 求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ） 設(shè)g（x）=f′（x）•

exln(x+1)

2

（其中f'（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)），證明：對(duì)任意x＞0，g（x）＜1+e^-2．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ） 求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的切線方程的斜率，與切線方程即可求m，n的值；
（Ⅱ） 利用導(dǎo)函數(shù)直接求出導(dǎo)函數(shù)的大于0以及小于0的x的范圍即可求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ） 化簡(jiǎn)g（x）=f′（x）•

exln(x+1)

2

（其中f'（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)），通過構(gòu)造新函數(shù)p（x）=1-x-xlnx，x∈（0，+∞），通過導(dǎo)數(shù)求出p（x）的最大值為p（e^-2），得到1-x-xlnx≤1+e^-2．再構(gòu)造函數(shù)q（x）=x-ln（1+x），利用對(duì)數(shù)的單調(diào)性推出q（x）＞q（0）=0，然后證明：對(duì)任意x＞0，g（x）＜1+e^-2．

解答： 解：（Ⅰ）由f(x)=

mlnx+n

ex

得f′(x)=

m-nx-mxlnx

xex

（x＞0）．
由已知得f′(1)=

m-n

e

=0，解得m=n．
又f(1)=

n

e

=

2

e

，即n=2，
∴m=n=2．…（3分）
（Ⅱ） 由 （Ⅰ）得f′(x)=

2

xex

(1-x-xlnx)，
令p（x）=1-x-xlnx，x∈（0，+∞），
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，p（x）＞0；當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，p（x）＜0，
又e^x＞0，所以當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f'（x）＞0；  當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f'（x）＜0，
∴f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（0，1），f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（1，+∞）．…（8分）
（Ⅲ） 證明：由已知有g(x)=

ln(x+1)

x

(1-x-xlnx)，x∈（0，+∞），
于是對(duì)任意x＞0，g（x）＜1+e^-2等價(jià)于1-x-xlnx＜

x

ln(x+1)

(1+e-2)，
由（Ⅱ）知p（x）=1-x-xlnx，x∈（0，+∞），
∴p'（x）=-lnx-2=-（lnx-lne^-2），x∈（0，+∞）．
易得當(dāng)x∈（0，e^-2）時(shí)，p'（x）＞0，即p（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（e^-2，+∞）時(shí)，p'（x）＜0，即p（x）單調(diào)遞減．
所以p（x）的最大值為p（e^-2）=1+e^-2，故1-x-xlnx≤1+e^-2．
設(shè)q（x）=x-ln（1+x），則q′(x)=

x

x+1

＞0，
因此，當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，q（x）單調(diào)遞增，q（x）＞q（0）=0．
故當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，q（x）=x-ln（1+x）＞0，即

x

ln(x+1)

＞1．
∴1-x-xlnx≤1+e^-2＜

x

ln(x+1)

(1+e-2)．
∴對(duì)任意x＞0，g（x）＜1+e^-2． …（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值的應(yīng)用，構(gòu)造法以及函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的多次應(yīng)用，題目的難度大，不易理解．