Question

已知函数f（x）=

mlnx+n

ex

（m，n为常数，e=2.71828…是自然对数的底数），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程是y=

2

e

；
（Ⅰ） 求m，n的值；
（Ⅱ） 求f（x）的单调区间；
（Ⅲ） 设g（x）=f′（x）•

exln(x+1)

2

（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

考点：利用导数研究函数的单调性,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ） 求出函数的导数，利用函数的切线方程的斜率，与切线方程即可求m，n的值；
（Ⅱ） 利用导函数直接求出导函数的大于0以及小于0的x的范围即可求f（x）的单调区间；
（Ⅲ） 化简g（x）=f′（x）•

exln(x+1)

2

（其中f'（x）为f（x）的导函数），通过构造新函数p（x）=1-x-xlnx，x∈（0，+∞），通过导数求出p（x）的最大值为p（e^-2），得到1-x-xlnx≤1+e^-2．再构造函数q（x）=x-ln（1+x），利用对数的单调性推出q（x）＞q（0）=0，然后证明：对任意x＞0，g（x）＜1+e^-2．

解答： 解：（Ⅰ）由f(x)=

mlnx+n

ex

得f′(x)=

m-nx-mxlnx

xex

（x＞0）．
由已知得f′(1)=

m-n

e

=0，解得m=n．
又f(1)=

n

e

=

2

e

，即n=2，
∴m=n=2．…（3分）
（Ⅱ） 由 （Ⅰ）得f′(x)=

2

xex

(1-x-xlnx)，
令p（x）=1-x-xlnx，x∈（0，+∞），
当x∈（0，1）时，p（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，p（x）＜0，
又e^x＞0，所以当x∈（0，1）时，f'（x）＞0；  当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，
∴f（x）的单调增区间是（0，1），f（x）的单调减区间是（1，+∞）．…（8分）
（Ⅲ） 证明：由已知有g(x)=

ln(x+1)

x

(1-x-xlnx)，x∈（0，+∞），
于是对任意x＞0，g（x）＜1+e^-2等价于1-x-xlnx＜

x

ln(x+1)

(1+e-2)，
由（Ⅱ）知p（x）=1-x-xlnx，x∈（0，+∞），
∴p'（x）=-lnx-2=-（lnx-lne^-2），x∈（0，+∞）．
易得当x∈（0，e^-2）时，p'（x）＞0，即p（x）单调递增；
当x∈（e^-2，+∞）时，p'（x）＜0，即p（x）单调递减．
所以p（x）的最大值为p（e^-2）=1+e^-2，故1-x-xlnx≤1+e^-2．
设q（x）=x-ln（1+x），则q′(x)=

x

x+1

＞0，
因此，当x∈（0，+∞）时，q（x）单调递增，q（x）＞q（0）=0．
故当x∈（0，+∞）时，q（x）=x-ln（1+x）＞0，即

x

ln(x+1)

＞1．
∴1-x-xlnx≤1+e^-2＜

x

ln(x+1)

(1+e-2)．
∴对任意x＞0，g（x）＜1+e^-2． …（14分）

点评：本题考查函数的单调性，函数的最值的应用，构造法以及函数的导数的多次应用，题目的难度大，不易理解．