Question

已知函数f（x）=

lnx+k

ex

（其中k∈R，e=2.71828…是自然数的底数），f′（x）为f（x）的导函数．
（1）当k=2时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若x∈（0，1]时，f′（x）=0都有解，求k的取值范围；
（3）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：利用导数研究曲线上某点切线方程,导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：导数的概念及应用,导数的综合应用,不等式的解法及应用

分析：（1）求出当k=2时，f（x）的导数，求得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到切线方程；
（2）由f′（x）=0可得k=

1-xlnx

x

，运用导数求得右边函数的最大值，即可得到k的范围；
（3）由f′（1）=0，可得k=1，对任意x＞0，g（x）＜e^-2+1等价为1-x-xlnx＜

ex

x+1

（e^-2+1），先证1-x-xlnx≤e^-2+1，可由导数求得，再证

ex

x+1

＞1．即可证得对任意x＞0，f′（x）＜

e-2+1

x2+x

恒成立．

解答： 解：（1）当k=2时，f（x）=

lnx+2

ex

的导数为f′（x）=

1-2x-xlnx

xex

（x＞0），
f′（1）=-

1

e

，f（1）=

2

e

，在点（1，f（1））处的切线方程为y-

2

e

=-

1

e

（x-1），
即为y=-

1

e

x+

3

e

；
（2）f′（x）=0，即

1-kx-xlnx

xex

=0，即有k=

1-xlnx

x

，
令F（x）=

1-xlnx

x

，由0＜x≤1，F′（x）=-

x+1

x2

＜0，
F（x）在（0，1）递减，x→0，F（x）→+∞，F（x）≤1，
即k≤1；
（3）证明：由f′（1）=0，可得k=1，g（x）=（x²+x）f′（x），即g（x）=

x+1

ex

（1-x-xlnx），
对任意x＞0，g（x）＜e^-2+1等价为1-x-xlnx＜

ex

x+1

（e^-2+1），
由h（x）=1-x-xlnx得h′（x）=-2-lnx，
当0＜x＜e^-2时，h′（x）＞0，h（x）递增，当x＞e^-2时，h′（x）＜0，h（x）递减，
则h（x）的最大值为h（e^-2）=1+e^-2，故1-x-xlnx≤e^-2+1，
设φ（x）=e^x-（x+1），φ′（x）=e^x-1，x＞0时，φ′（x）＞0，φ（x）＞0，
φ（x）＞φ（0）=0，则x＞0时，φ（x）=e^x-（x+1）＞0即

ex

x+1

＞1．
即1-x-xlnx≤e^-2+1＜

ex

x+1

（e^-2+1），
故有对任意x＞0，f′（x）＜

e-2+1

x2+x

恒成立．

点评：本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间及极值、最值，运用分离参数和不等式恒成立问题转化为不等式的传递性是解题的关键．