Question

15．已知函数f（x）=$\frac{lnx+1}{e^x}$
（1）求函数f（x）的单调区间和最值；
（2）设g（x）=（x²+x）f′（x），其中f′（x）为f（x）的导函数，证明：对任意x＞0，g（x）＜1+e²．

Answer 1

分析 （1）先求出函数f（x）的导数，x∈（0，+∞），利用导数解出函数的单调区间即可；
（2）先给出g（x）=xf'（x），考查解析式发现当x≥1时，g（x）=xf′（x）≤0＜1+e^-2一定成立，由此将问题转化为证明g（x）＜1+e^-2在0＜x＜1时成立，利用导数求出函数在（0，1）上的最值，与1+e^-2比较即可得出要证的结论．

解答 解：（1）由f（x）=$\frac{lnx+1}{{e}^{x}}$知，f′（x）=$\frac{1-xlnx-x}{{xe}^{x}}$，x∈（0，+∞），
设h（x）=1-xlnx-x，x∈（0，+∞），h′（x）=-（lnx+2），
当x∈（0，e^-2）时，h′（x）＞0，当x∈（ e^-2，1）时，h′（x）＜0，
可得h（x）在x∈（0，e^-2）时是增函数，在x∈（ e^-2，1）时是减函数，在（1，+∞）上是减函数，
又h（1）=0，h（e^-2）＞0，又x趋向于0时，h（x）的函数值趋向于1，
∴当0＜x＜1时，h（x）＞0，从而f′（x）＞0，
当x＞1时h（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，+∞），
∴f（x）_max=f（1）=$\frac{1}{e}$，没有最小值；
（2）由（1）可知，当x≥1时，g（x）=xf′（x）≤0＜1+e^-2，
故只需证明g（x）＜1+e^-2在0＜x＜1时成立．
当0＜x＜1时，e^x＞1，且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．
综上，对任意x＞0，g（x）＜1+e^-2＜1+e²．

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．