Question

已知函数f（x）=

lnx+k

ex

（其中k∈R），f′（x）为f（x）的导数．
（1）求证：不论k取何值，曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线不过点（e+1，0）；
（2）若f′（1）=0，证明：对任意x＞0，f′（x）＜

e-x+1

x2+x

恒成立．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（1）f′（x）=

1-x(lnx+k)

xex

，可得f′（e）=

1-e(1+k)

e1+e

．曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为：y-

1+k

ee

=

1-e(1+k)

e1+e

(x-e)，
令x=e+1，可得y=

1

e1+e

，即可证明．
（2）f′（1）=0，可得k=1．f′（x）=

1-x(lnx+1)

xex

．于是对任意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），
化为1-x-xlnx＜

1+ex

1+x

，令g（x）=1-x-xlnx（x＞0），h（x）=

1+ex

1+x

．只要证明g（x）_max＜h（x）_min即可，利用导数研究函数的单调性即可得出．

解答： 证明：（1）f′（x）=

1-x(lnx+k)

xex

，
∴f′（e）=

1-e(1+k)

e1+e

．
f（e）=

1+k

ee

．
∴曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为：y-

1+k

ee

=

1-e(1+k)

e1+e

(x-e)，
令x=e+1，则y=

1

e1+e

，
因此曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线不过点（e+1，0）；
（2）∵f′（1）=0，∴

1-k

e

=0，∴k=1．
∴f′（x）=

1-x(lnx+1)

xex

，
对任意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），
化为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．
当x＞e^-2时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减；当0＜x＜e^-2时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增．
∴当x=e^-2时，函数g（x）取得极大值即最大值，g（e^-2）=1+

1

e2

．
令h′（x）=

xex-1

(x+1)2

=0，化为ex0=

1

x0

．
可知：当x=x₀时，函数h（x）取得极小值即最小值．
令u（x）=xe^x-1，则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，
∴对任意x＞0，f′（x）＜

e-x+1

x2+x

恒成立．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．