解题思路：（1）由已知得
f
′
(x)＝
1
x
e
x
−
e
x
(lnx+k)
e
2x
]，
f
′
(1)＝
e−ke
e
2
=0，由此能求出k=1．
（2）由（1）知x＞0，
f
′
(x)＝
1
x
e
x
(1−x−xlnx)
，令h（x）=1-x-xlnx，x∈（0，+∞），由此利用导数性质能示出f（x）的单调区间．
（3）由已知得g（x）=
x+1
e
x
(1−x−xlnx)
，x∈（0，+∞），对任意x＞0，g（x）＜1+e-2等价于1-x-xlnx＜
e
x
x+1
(1+
e
2
)
，由此利用构造法能证明对任意x＞0，g（x）＜1+e-2．
（1）∵f（x）=
lnx+k
ex（k为常数），
∴f′(x)＝
1/xex−ex(lnx+k)
e2x]，
∵y=f（x）在x=1处取极值，
∴f′(1)＝
e−ke
e2=0，解得k=1．
（2）由（1）知f（x）=[lnx+1
ex，
∴x＞0，f′(x)＝
1
xex(1−x−xlnx)，
令h（x）=1-x-xlnx，x∈（0，+∞），
当x∈（0，1）时，h（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，
又ex＞0，∴x∈（0，1）时，f′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，
∴f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）．
（3）证明：∵g（x）=（x2+x）f′（x），
∴g（x）=
x+1
ex(1−x−xlnx)，x∈（0，+∞），
∴对任意x＞0，g（x）＜1+e-2等价于1-x-xlnx＜
ex/x+1(1+e2)，
由（2）知h（x）=1-x-xlnx，x∈（0，+∞），
∴h′（x）=-lnx-2=-（lnx-lne-2），x∈（0，+∞），
∴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）的最大值为h（e-2）=1+e-2，
∴对任意x＞0，g（x）＜1+e-2．
点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；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，注意导数性质的合理运用．
1年前
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