Question

17．已知函数f（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$（e是自然对数的底数），h（x）=1-x-xlnx．
（1）求曲线y=f（x）在点A（1，f（1））处的切线方程；
（2）求h（x）的单调区间；
（3）设g（x）=xf′（x），其中f′（x）为f（x）的导函数，证明：对任意x＞0，g（x）＜1+e^-2．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，即可得到所求切线的方程；
（2）求导数，利用导数的正负，求h（x）的单调区间；
（3）g（x）=$\frac{1}{{e}^{x}}$（1-x-xlnx），x∈（0，+∞）．由h（x）=1-x-xlnx，确定当x∈（0，+∞）时，h（x）≤h（e^-2）=1+e^-2．当x∈（0，+∞）时，0＜$\frac{1}{{e}^{x}}$＜1，即可证明结论．

解答 解：（1）f（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$的导数为$\frac{\frac{1}{x}{e}^{x}-（lnx+1）{e}^{x}}{{e}^{2x}}$=$\frac{1-x-xlnx}{x{e}^{x}}$，
可得曲线y=f（x）在点A（1，f（1））处的切线斜率为0，
切点为（1，$\frac{1}{e}$），可得曲线y=f（x）在点A（1，f（1））处的切线方程为y=$\frac{1}{e}$；
（2）h（x）=1-x-xlnx求导数得h′（x）=-1-（1+lnx），x∈（0，+∞），
令h′（x）=-2-lnx=0，x∈（0，+∞），可得x=e^-2，
当x∈（0，e^-2）时，h′（x）＞0；当x∈（e^-2，+∞）时，h′（x）＜0．
因此h（x）的单调递增区间为（0，e^-2），单调递减区间为（e^-2，+∞）；
（2）证明：因为g（x）=xf′（x）．
所以g（x）=$\frac{1}{{e}^{x}}$（1-x-xlnx），x∈（0，+∞）．
由h（x）=1-x-xlnx，
求导得h′（x）=-lnx-2=-（lnx-lne^-2），
所以当x∈（0，e^-2）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；
当x∈（e^-2，+∞）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减．
所以当x∈（0，+∞）时，h（x）≤h（e^-2）=1+e^-2．
又当x∈（0，+∞）时，0＜$\frac{1}{{e}^{x}}$＜1，
所以当x∈（0，+∞）时，$\frac{1}{{e}^{x}}$h（x）＜1+e^-2，即g（x）＜1+e^-2．
综上所述，对任意x＞0，g（x）＜1+e^-2．

点评 本题考查利用导数研究曲线的切线方程和函数的单调性与最值，解题的关键是灵活利用导数工具进行运算及理解导数与要解决问题的联系，此类题运算量大，易出错，且考查了转化的思想，判断推理的能力，综合性强，是高考常考题型，学习时要严谨认真，注意总结其解题规律．