Question

3．已知函數$f（x）=\frac{lnx+k}{e^x}$（其中k∈R，e是自然對數的底數），f'（x）為f（x）導函數．
（Ⅰ）當k=2時，求曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）對任意x＞1，xe^xf'（x）+（2k-1）x＜1+k恒成立，求整數k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出$f'（x）=\frac{1-2x-xlnx}{{x{e^x}}}$，x∈（0，+∞），求出曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為$f'（1）=-\frac{1}{e}$，切點坐標，然后求解切線方程．
（Ⅱ）通過$f'（x）=\frac{1-kx-xlnx}{{x{e^x}}}$，xe^xf'（x）+（2k-1）x＜1+k等價于k（x-1）-xlnx-x＜0，問題可轉化為$k＜\frac{x+xlnx}{x-1}$對任意x＞1恒成立，設$g（x）=\frac{x+xlnx}{x-1}$（x＞1），則$g'（x）=\frac{x-2-lnx}{{{{（x-1）}^2}}}$，不妨設h（x）=x-2-lnx（x＞1），通過導函數判斷導數的單調性，求解導數的最值，然后轉化求解整數k的范圍，推出整數k的最大值是3．

解答 解：（Ⅰ）由$f（x）=\frac{lnx+2}{e^x}$得$f'（x）=\frac{1-2x-xlnx}{{x{e^x}}}$，x∈（0，+∞），
所以曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線斜率為$f'（1）=-\frac{1}{e}$，
∵$f（1）=\frac{2}{e}$，
∴曲線y=f（x）切線方程為$y-\frac{2}{e}=-\frac{1}{e}（x-1）$，
即x+ey-3=0．
（Ⅱ）因為$f'（x）=\frac{1-kx-xlnx}{{x{e^x}}}$，xe^xf'（x）+（2k-1）x＜1+k等價于k（x-1）-xlnx-x＜0，
因為x＞1，所以問題可轉化為$k＜\frac{x+xlnx}{x-1}$對任意x＞1恒成立．
設$g（x）=\frac{x+xlnx}{x-1}$（x＞1），則$g'（x）=\frac{x-2-lnx}{{{{（x-1）}^2}}}$，
不妨設h（x）=x-2-lnx（x＞1），
則$h'（x）=1-\frac{1}{x}＞0$，所以h（x）在（1，+∞）上單調遞增，
且h（3）=1-ln3＜0，h（4）=2-ln4＞0，所以h（x）在（3，4）上有唯一零點x₀，
使得：在（1，x₀）上，h（x）＜0，g'（x）＜0，g（x）單調遞減，
在（x₀，+∞）上，h（x）＞0g'（x）＞0，g（x）單調遞增，
故${[g（x）]_{min}}=g（{x_0}）=\frac{{{x_0}+{x_0}ln{x_0}}}{{{x_0}-1}}$，
又導函數g'（x）的零點x₀滿足h（x₀）=x₀-2-lnx₀=0
即x₀-2=lnx₀，
從而g（x）的最小值可替換為${[g（x）]_{min}}=\frac{{{x_0}+{x_0}（{x_0}-2）}}{{{x_0}-1}}={x_0}∈（3，4）$
所以整數k≤3，所以整數k的最大值是3．

點評 本題考查函數的導數的綜合應用，函數 單調性以及函數的最值的求法，考查構造法的應用，難度比較大．