2012_退役省自主命题 (2012·文)
（22）（本小题满分 13 分）
已知函数 $f(x)=\frac{\ln x+k}{\mathrm{e}^{x}}$（ $k$ 为常数， $\mathrm{e}=2.71828 \ldots$ 是自然对数的底数），曲线 $y=f(x)$ 在点 $(1, f(1))$ 处的切线与 $x$ 轴平行．
（I）求 $k$ 的值；
（II）求 $f(x)$ 的单调区间；
（III）设 $g(x)=x f^{\prime}(x)$ ，其中 $f^{\prime}(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数．证明：对任意 $x>0, g(x)<1+\mathrm{e}^{-2}$ ．
见解析
先把常见基础得分点练稳，再回来处理综合题。
【解答】
（I）$f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x}-\ln x-k}{\mathrm{e}^{x}}$ ，
由已知，$f^{\prime}(1)=\frac{1-k}{\mathrm{e}}=0, \therefore k=1$ ．
（II）由（I）知，$f^{\prime}(x)=\frac{\frac{1}{x}-\ln x-1}{\mathrm{e}^{x}}$ ．
设 $k(x)=\frac{1}{x}-\ln x-1$ ，则 $k^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^{2}}-\frac{1}{x}<0$ ，即 $k(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上是减函数，
由 $k(1)=0$ 知，当 $0<x<1$ 时 $k(x)>0$ ，从而 $f^{\prime}(x)>0$ ，
当 $x>1$ 时 $k(x)<0$ ，从而 $f^{\prime}(x)<0$ ．
综上可知，$f(x)$ 的单调递增区间是 $(0,1)$ ，单调递减区间是 $(1,+\infty)$ ．
（III）由（II）可知，当 $x \geq 1$ 时，$g(x)=x f^{\prime}(x) \leq 0<1+\mathrm{e}^{-2}$ ，故只需证明 $g(x)<1+\mathrm{e}^{-2}$ 在 $0<x<1$ 时成立．
当 $0<x<1$ 时， $\mathrm{e}^{x}>1$ ，且 $g(x)>0, \therefore g(x)=\frac{1-x \ln x-x}{\mathrm{e}^{x}}<1-x \ln x-x$ ．
设 $F(x)=1-x \ln x-x, x \in(0,1)$ ，则 $F^{\prime}(x)=-(\ln x+2)$ ，
当 $x \in\left(0, \mathrm{e}^{-2}\right)$ 时，$F^{\prime}(x)>0$ ，当 $x \in\left(\mathrm{e}^{-2}, 1\right)$ 时，$F^{\prime}(x)<0$ ，
所以当 $x=\mathrm{e}^{-2}$ 时，$F(x)$ 取得最大值 $F\left(e^{-2}\right)=1+\mathrm{e}^{-2}$ ．
所以 $g(x)<F(x) \leq 1+\mathrm{e}^{-2}$ ．
综上，对任意 $x>0, \quad g(x)<1+\mathrm{e}^{-2}$ ．