Question

3．已知函数f（x）=e^-x（lnx-2k）（k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与y轴垂直．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）设$g（x）=\frac{1-x（lnx+1）}{e^x}$，对任意x＞0，证明：（x+1）g（x）＜e^x+e^x-2．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，通过解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）问题转化为证$\frac{g（x）}{e^x}＜\frac{{1+{e^{-2}}}}{x+1}$成立，从而证明$g（x）=\frac{1-xlnx-x}{e^x}＜1-xlnx-x$，设F（x）=1-xlnx-x，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）因为$f'（x）=\frac{{\frac{1}{x}-lnx+2k}}{e^x}$，
由已知得$f'（1）=\frac{1+2k}{e}=0$，∴$k=-\frac{1}{2}$．
所以$f'（x）=\frac{{\frac{1}{x}-lnx-1}}{e^x}$，…（2分）
设$k（x）=\frac{1}{x}-lnx-1$，则$k'（x）=-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}＜0$，
在（0，+∞）上恒成立，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．
综上可知，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）…（5分）
（2）因为x＞0，要证原式成立即证$\frac{g（x）}{e^x}＜\frac{{1+{e^{-2}}}}{x+1}$成立，
现证明：对任意x＞0，g（x）＜1+e^-2恒成立，
当x≥1时，由（1）知g（x）≤0＜1+e^-2成立；
当0＜x＜1时，e^x＞1，且由（1）知g（x）＞0，
∴$g（x）=\frac{1-xlnx-x}{e^x}＜1-xlnx-x$．
设F（x）=1-xlnx-x，x∈（0，1），则F'（x）=-（lnx+2），
当x∈（0，e^-2）时，F′（x）＞0，
当x∈（e^-2，1）时，F′（x）＜0，
所以当x=e^-2时，F（x）取得最大值F（e^-2）=1+e^-2．　
所以g（x）＜F（x）≤1+e^-2，即0＜x＜1时，g（x）＜1+e^-2．
综上所述，对任意x＞0，g（x）＜1+e^-2．①…（9分）
令G（x）=e^x-x-1（x＞0），则G'（x）=e^x-1＞0恒成立，
所以G（x）在（0，+∞）上递增，G（x）＞G（0）=0恒成立，
即e^x＞x+1＞0，即$0＜\frac{1}{e^x}＜\frac{1}{x+1}$．　　　②
当x≥1时，有：$\frac{g（x）}{e^x}≤0＜\frac{{1+{e^{-2}}}}{x+1}$；
当0＜x＜1时，由①②式，$\frac{g（x）}{e^x}＜\frac{{1+{e^{-2}}}}{x+1}$，
综上所述，x＞0时，$\frac{g（x）}{e^x}＜\frac{{1+{e^{-2}}}}{x+1}$成立，
故原不等式成立…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．