Question

18．已知函数y=f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）=$\frac{lnx+k}{e{\;}^{x}}$，曲线y=f（x）在点（1，f（1））的切线与x轴平行，f′（x）是f（x）的导函数．
（Ⅰ）求k的值及当x＜0时，函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）=（x²+x）•f′（x）对于任意x＞0，．证明g（x）＜1+e^-2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函数的导函数，由f′（1）=0求得k值，把k值代入原函数，求出导函数的零点，由导函数的零点对函数定义域分段，由导函数在个区间段内的符号求得原函数的单调区间；
（Ⅱ）把f′（x）代入g（x）=（x²+x）•f′（x），得到$g（x）=\frac{1+x}{{e}^{x}}•（1-xlnx-x）$，分别构造函数h（x）=1-xlnx-x（x＞0）和t（x）=$\frac{1+x}{{e}^{x}}$（x＞0），由导函数证明h（x）＜1+e^-2，t（x）＜1后得答案．

解答 （Ⅰ）解：由f（x）=$\frac{lnx+k}{e{\;}^{x}}$，得${f}^{′}（x）=\frac{\frac{1}{x}•{e}^{x}-（lnx+k）•{e}^{x}}{{e}^{2x}}=\frac{\frac{1}{x}-lnx-k}{{e}^{x}}$，
∴${f}^{′}（1）=\frac{1-k}{{e}^{k}}=0$，即k=1．
${f}^{′}（x）=\frac{\frac{1}{x}-lnx-1}{{e}^{x}}$（x＞0），
∵g（x）=$\frac{1}{x}-lnx-1$为减函数，且g（1）=0，
∴当x∈（0，1）时，g（x）＞0，f′（x）＞0．
当x∈（1，+∞）时，g（x）＜0，f′（x）＜0．
∴f（x）的增区间为（0，1），减区间为（1，+∞）；
（Ⅱ）证明：g（x）=（x²+x）•f′（x）=$\frac{1+x}{{e}^{x}}•（1-xlnx-x）$．
记h（x）=1-xlnx-x（x＞0），
h′（x）=-lnx-2，令h′（x）=0，得x=e^-2，
当x∈（0，e^-2）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；
当x∈（e^-2，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减．
∴$h（x）_{max}=h（{e}^{-2}）=1+{e}^{-2}$，
∴1-xlnx-x≤1+e^-2．
令t（x）=$\frac{1+x}{{e}^{x}}$（x＞0），${t}^{′}（x）=-\frac{x}{{e}^{x}}＜0$，
∴t（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴t（x）＜t（0）=1．
∴$g（x）=\frac{1+x}{{e}^{x}}•（1-xlnx-1）＜$1+e^-2．

点评 本题考查利用导数研究函数的最值及曲线上某点处的切线方程，解题的关键是灵活利用导数工具进行运算及理解导数与要解决问题的联系，此类题运算量大，易出错，且考查了转化的思想，判断推理的能力，综合性强，是高考常考题型，学习时要严谨认真，注意总结其解题规律，属压轴题．