Question

已知函数f（x）=

lnx+k

ex

（其中k∈R），f′（x）为f（x）的导函数．
（Ⅰ）求证：曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线不过点（2，0）；
（Ⅱ）若在区间（0，1]中存在x₀，使得f′（x₀）=0，求k的取值范围；
（Ⅲ）若f′（1）=0，试证明：对任意x＞0，f′（x）＜

e-2+1

x2+x

恒成立．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求出曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程，代入点（2，0）验证，即可得出结论；
（Ⅱ）由f′（x₀）=0得k=

1-x0lnx0

x0

，确定其单调性，可求k的取值范围；
（Ⅲ）令g（x）=（x²+x）f′（x），对任意x＞0，g（x）＜e^-2+1等价于1-x-xlnx＜

ex

x+1

（e^-2+1）．再构造函数，研究单调性，即可证明结论．

解答： （Ⅰ）证明：由f（x）=

lnx+k

ex

得f′（x）=

1-kx-xlnx

xex

，x∈（0，+∞），
所以曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为f′（1）=

1-k

e

，
因为f（1）=

k

e

，所以曲线y=f（x）切线方程为y-

k

e

=

1-k

e

（x-1），
假设切线过点（2，0），代入上式得：为0-

k

e

=

1-k

e

（2-1），得到0=1产生矛盾，所以假设错误，
故曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线不过点（2，0）…（4分）
（Ⅱ）解：由f′（x₀）=0得k=

1-x0lnx0

x0

因为0＜x₀≤1，所以k′＜0，所以k（x₀）在（0，1]上单调递减，故k≥1…（7分）
（Ⅲ）证明：令g（x）=（x²+x）f′（x），当x₀=1时，k=1，所以g（x）=

x+1

ex

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

ex

x+1

（e^-2+1）．…（9分）
由h（x）=1-x-xlnx，x∈（0，+∞），
所以h′（x）=-lnx-2，x∈（0，+∞），
因此，当x∈（0，e^-2）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；x∈（e^-2，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减．
所以h（x）的最大值为h（e^-2）=e^-2+1，故1-x-xlnx≤e^-2+1．…（12分）
设φ（x）=e^x-（x+1），
因为φ′（x）=e^x-1，所以x∈（0，+∞）时φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，φ（x）＞φ（0）=0，
故x∈（0，+∞）时，φ（x）=e^x-（x+1）＞0，即

ex

x+1

＞1．
所以故1-x-xlnx≤e^-2+1＜

ex

x+1

（e^-2+1）．
因此，对任意x＞0，f′（x）＜

e-2+1

x2+x

恒成立    …（14分）

点评：本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的证明，构造函数，确定单调性是关键．