Question

函数f(x)=

1nx+m

ex

+n(m，n是常数），曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=1．
（1）求m，n．
（2）求f（x）的单调区间．
（3）设F（x）=ex•f′（x），其中f′（x）为f（x）的导函数．证明x＞0时，F(x)＜e+

1

e

恒成立．

Answer 1

分析：（1）由f(x)=

1nx+m

ex

+n(m，n是常数），知f′(x)=

1 x -lnx-m

ex

，x∈（0，+∞），再由曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=1，能求出m，n．
（2）由f′(x)=

1 x -lnx-1

ex

，x∈（0，+∞），设k（x）=

1

x

-lnx-1，则k′(x)=-

1

x2

-

1

x

＜0，由此能够求出f（x）的单调区间．
（3）由F（x）=ex•f′（x），知F（x）=

e

ex

(1-x-xlnx)，x∈（0，+∞）设h（x）=1-xlnx-x，x∈（0，+∞），则h′（x）=-（lnx+2），由此能够证明x＞0时，F(x)＜e+

1

e

恒成立．

解答：解：（1）∵f(x)=

1nx+m

ex

+n(m，n是常数），
∴f′(x)=

1 x -lnx-m

ex

，x∈（0，+∞）
∵曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=1，
∴

f′(1)= 1-ln1-m e f(1)= ln1+m e +n=1

，
解得m=1，n=1-

1

e

．
（2）由（1）知，f′(x)=

1 x -lnx-1

ex

，x∈（0，+∞），
设k（x）=

1

x

-lnx-1，
则k′(x)=-

1

x2

-

1

x

＜0，
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．
综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．
（3）∵F（x）=ex•f′（x），
∴F（x）=

e

ex

(1-x-xlnx)，x∈（0，+∞）
设h（x）=1-xlnx-x，x∈（0，+∞），则h′（x）=-（lnx+2），
∴当x∈（0，+∞）时，h（x）≤h（e^-2）=1+e^-2，
又当x∈（0，+∞）时，0＜

e

ex

＜e，
∴x∈（0，+∞）时，

e

ex

h(x)＜e+

1

e

，
故x＞0时，F(x)＜e+

1

e

恒成立．

点评：本题考查实数值的求法，考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明．解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用．