## （22）（本小题满分 13 分） 已知函数 f(x)…——2012 高考数学第 22 题答案解析

（I）函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0, +\infty)$。
对 $f(x)=\frac{\ln x+k}{\mathrm{e}^{x}}$ 求导，得：
$$ f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x} \cdot \mathrm{e}^{x}-(\ln x+k) \mathrm{e}^{x}}{\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{2}}=\frac{\frac{1}{x}-\ln x-k}{\mathrm{e}^{x}} $$
由题意知，曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线与 $x$ 轴平行，即 $f^{\prime}(1)=0$。
代入 $x=1$，得：
$$ f^{\prime}(1)=\frac{1-\ln 1-k}{\mathrm{e}}=\frac{1-k}{\mathrm{e}}=0 $$
解得 $k=1$。

（II）由（I）知 $k=1$，故 $f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x}-\ln x-1}{\mathrm{e}^{x}}$。
因为 $\mathrm{e}^{x}>0$，所以 $f^{\prime}(x)$ 的符号取决于分子 $h(x)=\frac{1}{x}-\ln x-1$ 的符号。
对 $h(x)$ 求导：
$$ h^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x} $$
当 $x \in(0,+\infty)$ 时，$h^{\prime}(x)<0$，故 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减。
又 $h(1)=1-0-1=0$，所以：
当 $x \in(0,1)$ 时，$h(x)>h(1)=0$，即 $f^{\prime}(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增；
当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$h(x)<h(1)=0$，即 $f^{\prime}(x)<0$，函数 $f(x)$ 单调递减。
综上，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,1)$，单调递减区间为 $(1,+\infty)$。

（III）由题设 $g(x)=x f^{\prime}(x)=\frac{x\left(\frac{1}{x}-\ln x-1\right)}{\mathrm{e}^{x}}=\frac{1-x \ln x-x}{\mathrm{e}^{x}}$。
我们要证明对任意 $x>0$，都有 $g(x)<1+\mathrm{e}^{-2}$。

1. 当 $x \geq 1$ 时：
由（II）可知，当 $x \geq 1$ 时，$\frac{1}{x}-\ln x-1 \leq 0$，且 $x>0, \mathrm{e}^{x}>0$，
所以 $g(x) \leq 0$。
而 $1+\mathrm{e}^{-2}>1$，显然 $g(x) \leq 0 < 1+\mathrm{e}^{-2}$ 成立。

2. 当 $0<x<1$ 时：
此时 $\mathrm{e}^{x}>1$，且由（II）知 $1-x \ln x-x > 0$（因为 $h(x)>0 \Rightarrow \frac{1}{x}-\ln x-1>0 \Rightarrow 1-x\ln x-x>0$），故 $g(x)>0$。
因为 $\mathrm{e}^{x}>1$，所以 $\frac{1}{\mathrm{e}^{x}}<1$，从而：
$$ g(x)=\frac{1-x \ln x-x}{\mathrm{e}^{x}} < 1-x \ln x-x $$
令 $\varphi(x)=1-x \ln x-x, x \in(0,1)$。
对 $\varphi(x)$ 求导：
$$ \varphi^{\prime}(x)=-(\ln x+x \cdot \frac{1}{x})-1 = -\ln x-1-1 = -(\ln x+2) $$
令 $\varphi^{\prime}(x)=0$，解得 $x=\mathrm{e}^{-2}$。
因为 $0<\mathrm{e}^{-2}<1$，所以：
当 $x \in\left(0, \mathrm{e}^{-2}\right)$ 时，$\ln x<-2$，$\varphi^{\prime}(x)>0$，$\varphi(x)$ 单调递增；
当 $x \in\left(\mathrm{e}^{-2}, 1\right)$ 时，$\ln x>-2$，$\varphi^{\prime}(x)<0$，$\varphi(x)$ 单调递减。
所以 $\varphi(x)$ 在 $x=\mathrm{e}^{-2}$ 处取得最大值：
$$ \varphi\left(\mathrm{e}^{-2}\right)=1-\mathrm{e}^{-2} \ln \left(\mathrm{e}^{-2}\right)-\mathrm{e}^{-2}=1-\mathrm{e}^{-2}(-2)-\mathrm{e}^{-2}=1+2 \mathrm{e}^{-2}-\mathrm{e}^{-2}=1+\mathrm{e}^{-2} $$
故对于 $x \in(0,1)$，有 $\varphi(x) \leq 1+\mathrm{e}^{-2}$。
结合前述不等式 $g(x)<\varphi(x)$，可得：
$$ g(x) < 1+\mathrm{e}^{-2} $$

综上所述，对任意 $x>0$，都有 $g(x)<1+\mathrm{e}^{-2}$。