解题思路：（1）由
f(x)＝
1nx+m
e
x
+n(m，n
是常数），知
f
′
(x)＝
1
x
−lnx−m
e
x
，x∈（0，+∞），再由曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=1，能求出m，n．
（2）由
f
′
(x)＝
1
x
−lnx−1
e
x
，x∈（0，+∞），设k（x）=[1/x−lnx−1，则
k
′
(x)＝−
1
x
2
−
1
x
＜0
，由此能够求出f（x）的单调区间．
（3）由F（x）=ex•f′（x），知F（x）=
e
e
x
(1−x−xlnx)
，x∈（0，+∞）设h（x）=1-xlnx-x，x∈（0，+∞），则h′（x）=-（lnx+2），由此能够证明x＞0时，
F(x)＜e+
1
e]恒成立．
（1）∵f(x)＝
1nx+m
ex+n(m，n是常数），
∴f′(x)＝
1
x−lnx−m
ex，x∈（0，+∞）
∵曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y=1，
∴
f′(1)＝
1−ln1−m
e
f(1)＝
ln1+m
e+n＝1，
解得m=1，n=1-[1/e]．
（2）由（1）知，f′(x)＝
1
x−lnx−1
ex，x∈（0，+∞），
设k（x）=[1/x−lnx−1，
则k′(x)＝−
1
x2−
1
x＜0，
即k（x）在（0，+∞）上是减函数，
由k（1）=0知，当0＜x＜1时，k（x）＞0，从而f′（x）＞0．
当x＞1时，k（x）＜0，从而f′（x）＜0．
综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）．
（3）∵F（x）=ex•f′（x），
∴F（x）=
e
ex(1−x−xlnx)，x∈（0，+∞）
设h（x）=1-xlnx-x，x∈（0，+∞），则h′（x）=-（lnx+2），
∴当x∈（0，+∞）时，h（x）≤h（e-2）=1+e-2，
又当x∈（0，+∞）时，0＜
e
ex]＜e，
∴x∈（0，+∞）时，[e
exh(x)＜e+
1/e]，
故x＞0时，F(x)＜e+
1
e恒成立．
点评：
本题考点： 导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究函数的单调性．
考点点评： 本题考查实数值的求法，考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明．解题时要认真审题，仔细解答，注意等价转化思想的合理运用．
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