已知函数 $f\left(x\right) = \dfrac{\ln x + k}{{{{\mathrm{e}}^x}}}$（$k$ 为常数，${\mathrm{e}} = 2.71828 \cdots $ 是自然对数的底数），曲线 $y = f\left(x\right)$ 在点 $\left(1 , f\left(1\right)\right)$ 处的切线与 $x$ 轴平行．
【难度】
【出处】
无
【标注】
-
求 $k$ 的值；标注答案解析由 $ f\left(x\right)={\dfrac{\ln x+k}{{\mathrm{e}}^x}} $，得\[ f ′\left(x\right)={\dfrac{1-kx-x\ln x}{x{\mathrm{e}}^x}},x\in \left(0,+\infty \right),\]由于曲线 $ y=f\left(x\right)$ 在 $\left(1,f\left(1\right)\right) $ 处的切线与 $ x $ 轴平行，
所以 $ f ′\left(1\right)=0 $，因此 $ k=1$． -
求 $f\left(x\right)$ 的单调区间；标注答案解析由（1）得\[ f ′\left(x\right)={\dfrac{1}{x{\mathrm{e}}^x}}\left(1-x-x\ln x\right),x\in \left(0,+\infty \right) .\]令\[ h\left(x\right)=1-x-x\ln x,x\in \left(0,+\infty \right) ,\]当 $ x\in \left(0,1\right) $ 时，$ h\left(x\right)>0 $；当 $ x\in \left(1,+\infty \right) $ 时，$ h\left(x\right)<0 $．
又 $ {\mathrm{e}}^x>0 $，所以 $ x\in \left(0,1\right) $ 时，$ f ′\left(x\right)>0 $；$ x\in \left(1,+\infty \right) $ 时，$ f ′\left(x\right)<0 $．
因此 $ f\left(x\right) $ 的单调递增区间为 $ \left(0,1\right) $，单调递减区间为 $ \left(1,+\infty \right) $． -
设 $g\left(x\right) = \left({x^2} + x\right)f'\left(x\right)$，其中 $f'\left(x\right)$ 为 $f\left(x\right)$ 的导函数，证明：对任意 $x > 0$，$g\left(x\right) < 1 + {{\mathrm{e}}^{ - 2}}$．标注答案解析因为 $ g\left(x\right)=\left(x^2+x\right)f ′\left(x\right) $，所以\[ g\left(x\right)={\dfrac{x+1}{{\mathrm{e}}^x}}\left(1-x-x\ln x\right),x\in \left(0,+\infty \right) .\]因此对任意 $ x>0 $，$ g\left(x\right)<1+{\mathrm{e}}^{-2} $ 等价于\[1-x-x\ln x<{\dfrac{{\mathrm{e}}^x}{x+1}}\left(1+{\mathrm{e}}^{-2}\right) .\]由（2）知 $ h\left(x\right)=1-x-x\ln x,x\in \left(0,+\infty \right) $，所以\[ h′\left(x\right)=-\ln x-2=-\left(\ln x-\ln {\mathrm{e}}^{-2}\right),x\in \left(0,+\infty \right),\]因此，当 $ x\in \left(0,{\mathrm{e}}^{-2}\right) $ 时，$ h′\left(x\right)>0 $，$ h\left(x\right) $ 单调递增；
当 $ x\in \left({\mathrm{e}}^{-2},+\infty \right) $ 时，$ h′\left(x\right)<0 $，$ h\left(x\right) $ 单调递减．
所以 $ h\left(x\right) $ 的最大值为 $ h\left({\mathrm{e}}^{-2}\right)=1+{\mathrm{e}}^{-2} $，故\[ 1-x-x\ln x\leqslant 1+{\mathrm{e}}^{-2}.\]设 $ \varphi \left(x\right)={\mathrm{e}}^x-\left(x+1\right) $，因为 $ \varphi ′\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-1={\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^0 $，
所以当 $ x\in \left(0,+\infty \right) $ 时，$ \varphi ′\left(x\right)>0 $，$ \varphi \left(x\right) $ 单调递增，
$ \varphi \left(x\right)>\varphi \left(0\right)=0 $，
故当 $ x\in \left(0,+\infty \right) $ 时，$ \varphi \left(x\right)={\mathrm{e}}^x-\left(x+1\right)>0 $，即 $ {\dfrac{{\mathrm{e}}^x}{x+1}}>1 $．
所以\[ 1-x-x\ln x\leqslant 1+{\mathrm{e}}^{-2}<{\dfrac{{\mathrm{e}}^x}{x+1}}\left(1+{\mathrm{e}}^{-2}\right) .\]因此对任意 $ x>0 $，$ g\left(x\right)<1+{\mathrm{e}}^{-2 }$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
