Question

已知函数f（x）=

lnx+a

ex

，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行．
（1）求a的值；
（2）求f（x）的单调区间；
（3）设g（x）=xf′（x），求证：对任意x∈（0，+∞），都有g（x）＜1+

1

e2

．

Answer 1

分析：（1）求出原函数的导函数，由f′（1）=0求解a的值；
（2）把（1）中求得的a值代入，求出导函数的零点，由导函数的零点对定义域分段，根据导函数的符号判断原函数的单调性，的单调区间；
（3）分x≥1和x＜1两种情况证明，x≥1时直接由（2）的结论得答案，x＜1时利用函数构造法，由导数求函数的最大值加以证明．

解答：（1）解：∵f（x）=

lnx+a

ex

x∈（0，+∞），
∴f′（x）=

1 x •ex-(lnx+a)ex

(ex)2

=

1 x -lnx-a

ex

由已知：f′（1）=0得：1-a=0
∴a=1；
（2）解：由（1）知：f′（x）=

1 x -lnx-1

ex

x∈（0，+∞）
设h（x）=

1

x

-lnx-1
则h′（x）=-

1

x2

-

1

x

=-

1+x

x2

＜0
∴h（x）在（0，+∞）上为减函数，∵h（1）=0，
∴当0＜x＜1时，h（x）＞0，即f′（x）＞0，
当x＞1时，h（x）＜0，即f′（x）＜0，
∴f（x）的递增区间为（0，1），递减区间为（1，+∞）；
（3）证明：由（2）可知：当x≥1时，g（x）=xf′(x)≤0＜1+

1

e2

，
只需证0＜x＜1时，g(x)＜1+

1

e2

即可．
g(x)=xf′(x)=

1-xlnx-x

ex

．
设F（x）=1-xlnx-x，0＜x＜1  
则F′（x）=-（lnx+2）
令F′（x）＞0，即lnx+2＜0，∴0＜x＜

1

e2

令F′（x）＜0，即lnx+2＞0，∴

1

e2

＜x＜1
∴当x=

1

e2

时，F（x）取最大值F(

1

e2

)=1+

1

e2

∵0＜x＜1时，e^x＞1，且g（x）＞0
∴g（x）=

1-xlnx-x

ex

＜1-xlnx-x=F(x)
∴g（x）＜F（x）≤1+

1

e2

综上所述，对任意x＞0，都有g（x）＜1+

1

e2

．

点评：本题考查了利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查了导函数的符号与原函数单调性之间的关系，训练了利用导数求函数的最值，属有一定难度题目．