Question

3．已知函数$f（x）=\frac{lnx+k}{e^x}$（其中k∈R，e是自然对数的底数），f'（x）为f（x）导函数．
（Ⅰ）当k=2时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）对任意x＞1，xe^xf'（x）+（2k-1）x＜1+k恒成立，求整数k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出$f'（x）=\frac{1-2x-xlnx}{{x{e^x}}}$，x∈（0，+∞），求出曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为$f'（1）=-\frac{1}{e}$，切点坐标，然后求解切线方程．
（Ⅱ）通过$f'（x）=\frac{1-kx-xlnx}{{x{e^x}}}$，xe^xf'（x）+（2k-1）x＜1+k等价于k（x-1）-xlnx-x＜0，问题可转化为$k＜\frac{x+xlnx}{x-1}$对任意x＞1恒成立，设$g（x）=\frac{x+xlnx}{x-1}$（x＞1），则$g'（x）=\frac{x-2-lnx}{{{{（x-1）}^2}}}$，不妨设h（x）=x-2-lnx（x＞1），通过导函数判断导数的单调性，求解导数的最值，然后转化求解整数k的范围，推出整数k的最大值是3．

解答 解：（Ⅰ）由$f（x）=\frac{lnx+2}{e^x}$得$f'（x）=\frac{1-2x-xlnx}{{x{e^x}}}$，x∈（0，+∞），
所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为$f'（1）=-\frac{1}{e}$，
∵$f（1）=\frac{2}{e}$，
∴曲线y=f（x）切线方程为$y-\frac{2}{e}=-\frac{1}{e}（x-1）$，
即x+ey-3=0．
（Ⅱ）因为$f'（x）=\frac{1-kx-xlnx}{{x{e^x}}}$，xe^xf'（x）+（2k-1）x＜1+k等价于k（x-1）-xlnx-x＜0，
因为x＞1，所以问题可转化为$k＜\frac{x+xlnx}{x-1}$对任意x＞1恒成立．
设$g（x）=\frac{x+xlnx}{x-1}$（x＞1），则$g'（x）=\frac{x-2-lnx}{{{{（x-1）}^2}}}$，
不妨设h（x）=x-2-lnx（x＞1），
则$h'（x）=1-\frac{1}{x}＞0$，所以h（x）在（1，+∞）上单调递增，
且h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，所以h（x）在（3，4）上有唯一零点x₀，
使得：在（1，x₀）上，h（x）＜0，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
在（x₀，+∞）上，h（x）＞0g'（x）＞0，g（x）单调递增，
故${[g（x）]_{min}}=g（{x_0}）=\frac{{{x_0}+{x_0}ln{x_0}}}{{{x_0}-1}}$，
又导函数g'（x）的零点x₀满足h（x₀）=x₀-2-lnx₀=0
即x₀-2=lnx₀，
从而g（x）的最小值可替换为${[g（x）]_{min}}=\frac{{{x_0}+{x_0}（{x_0}-2）}}{{{x_0}-1}}={x_0}∈（3，4）$
所以整数k≤3，所以整数k的最大值是3．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数 单调性以及函数的最值的求法，考查构造法的应用，难度比较大．