Question

2．已知函数f（x）=$\frac{lnx+k}{{e}^{x}}$，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行
（1）函数f（x）是否存在极值？若存在，请求出，若不存在，请说明理由．
（2）若e^x≥x+t恒成立，求t的取值范围．
（3）已知g（x）=$\frac{{e}^{2x-1}}{x+1}$，求证：当x＞0时，g（x）＞1+lnx恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据f′（1）=0，求出k的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）令h（x）=e^x-x，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，从而求出t的范围即可；
（3）问题转化为证明$\frac{\frac{1}{e}}{x+1}$＞$\frac{\frac{1+lnx}{{e}^{x}}}{{e}^{x}}$，根据前两问的结果证明即可．

解答 解：（1）由题意得：f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}-lnx-k}{{e}^{x}}$，
故f′（1）=$\frac{1-k}{e}$=0，
解得：k=1，
∴f′（x）=$\frac{\frac{1}{x}-lnx-1}{{e}^{x}}$，
令g（x）=$\frac{1}{x}$-lnx-1，
则g（x）是减函数，且g（1）=0，
故x∈（0，1）时，g′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，
故函数f（x）_极大值=f（1）=$\frac{1}{e}$，无极小值；
（2）令h（x）=e^x-x，h′（x）=e^x-1，
令h′（x）＞0，解得：x＞0，令h′（x）＜0，解得：x＜0，
故h（x）在（-∞，0）递减，在（0，+∞）递增，
故h（x）_min=h（1）=e-1，
故t≤e-1；
（3）x＞0时，要证$\frac{{e}^{2x-1}}{x+1}$＞lnx+1，
只需证明$\frac{\frac{1}{e}}{x+1}$＞$\frac{\frac{1+lnx}{{e}^{x}}}{{e}^{x}}$，
由（1）得$\frac{1+lnx}{{e}^{x}}$＜$\frac{1}{e}$，
由（2）得e^x＞x+1，
故问题得证．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．