Question

【题目】已知函数f（x）=e﹣x（lnx﹣2k）（k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与y轴垂直．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）设 ，对任意x＞0，证明：（x+1）g（x）＜ex+ex﹣2 ．

Answer 1

【答案】
（1）解：因为 ，

由已知得 ，∴ ．

所以 ，

设 ，则 ，

在（0，+∞）上恒成立，即k（x）在（0，+∞）上是减函数，

由k（1）=0知，当0＜x＜1时k（x）＞0，

从而f'（x）＞0，当x＞1时k（x）＜0，从而f'（x）＜0．

综上可知，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）

（2）解：因为x＞0，要证原式成立即证 成立，

现证明：对任意x＞0，g（x）＜1+e﹣2恒成立，

当x≥1时，由（1）知g（x）≤0＜1+e﹣2成立；

当0＜x＜1时，ex＞1，且由（1）知g（x）＞0，

∴ ．

设F（x）=1﹣xlnx﹣x，x∈（0，1），则F'（x）=﹣（lnx+2），

当x∈（0，e﹣2）时，F′（x）＞0，

当x∈（e﹣2，1）时，F′（x）＜0，

所以当x=e﹣2时，F（x）取得最大值F（e﹣2）=1+e﹣2．　

所以g（x）＜F（x）≤1+e﹣2，即0＜x＜1时，g（x）＜1+e﹣2．

综上所述，对任意x＞0，g（x）＜1+e﹣2．①

令G（x）=ex﹣x﹣1（x＞0），则G'（x）=ex﹣1＞0恒成立，

所以G（x）在（0，+∞）上递增，G（x）＞G（0）=0恒成立，

即ex＞x+1＞0，即 ．②

当x≥1时，有： ；

当0＜x＜1时，由①②式， ，

综上所述，x＞0时， 成立，

故原不等式成立

【解析】（1）求出f（x）的导数，通过解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（2）问题转化为证 成立，从而证明 ，设F（x）=1﹣xlnx﹣x，根据函数的单调性证明即可．
【考点精析】通过灵活运用利用导数研究函数的单调性，掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减即可以解答此题．