常用導(dǎo)數(shù)放縮法

常用導(dǎo)數(shù)放縮法

1.已知函數(shù)$f(x)=e^{-\ln(x+m)}$。(1)設(shè)$x_0$是$f(x)$的極值點(diǎn)，求$m$并討論$f(x)$的單調(diào)性；(2)當(dāng)$m\leq2$時(shí)，證明$f(x)>0$。解：(1)$f'(x)=e^{-x/(x+m)}\cdot\frac{-1}{(x+m)^2}$。由$x_0$是$f(x)$的極值點(diǎn)得$f'(x_0)=0$，即$m=1$。于是$f(x)=e^{-\ln(x+1)}$，定義域?yàn)?(-1,+\infty)$，$f'(x)=e^{-x/(x+1)}\cdot\frac{-1}{(x+1)^2}$。函數(shù)$f'(x)$在$(-1,+\infty)$單調(diào)遞增，且$f'(0)=0$。因此當(dāng)$x\in(-1,0)$時(shí)，$f'(x)<0$；當(dāng)$x\in(0,+\infty)$時(shí)，$f'(x)>0$。所以$f(x)$在$(-1,0)$單調(diào)遞減，在$(0,+\infty)$單調(diào)遞增。(2)當(dāng)$m\leq2$，$x\in(-m,+\infty)$時(shí)，$\ln(x+m)\leq\ln(x+2)$，故只需證明當(dāng)$m=2$時(shí)，$f(x)>0$。當(dāng)$m=2$時(shí)，$f'(x)=e^{-x/(x+2)}\cdot\frac{-1}{(x+2)^2}$。又$f'(-1)<0$，$f'(0)>0$，故$f'(x)$在$(-2,+\infty)$有唯一實(shí)根$x$，且$x\in(-1,0)$。當(dāng)$x\in(-2,x)$時(shí)，$f'(x)<0$；當(dāng)$x\in(x,+\infty)$時(shí)，$f'(x)>0$，從而當(dāng)$x=x$時(shí)，$f(x)$取得最小值。由$f'(x)=e^{-x/(x+2)}\cdot\frac{x}{(x+2)^2}$得$e^{x/(x+2)}=x/(x+2)$在$(-2,+\infty)$單調(diào)遞增。故$f(x)\geqf(x)=\frac{1}{x+2}+\frac{x}{x+2}=\frac{x+1}{x+2}>0$。綜上，當(dāng)$m\leq2$時(shí)，$f(x)>0$。2.已知函數(shù)$f(x)=me^x-\lnx-1$。（Ⅰ）當(dāng)$m=1$時(shí)，求曲線$y=f(x)$在點(diǎn)$(1,f(1))$處的切線方程；（Ⅱ）當(dāng)$m\geq1$時(shí)，證明：$f(x)>1$?！敬鸢浮浚á瘢?y=(e-1)x-(e-1)$；（Ⅱ）當(dāng)$m\geq1$時(shí)，$f(x)=me^x-\lnx-1\geqe^x-\lnx-1$（放縮）。要證明$f(x)>1$，只需證明$e^x-\lnx-2>0$。令$h(x)=x-2-\lnx$，$x\in[2,+\infty)$，則$h'(x)=1-\frac{1}{x}$，當(dāng)$x\geq2$時(shí)，$h'(x)\geq0$，故$h(x)$在$[2,+\infty)$上單調(diào)遞增。又$h(2)=0$，故$h(x)>0$，即$e^x-\lnx-2>0$。故$f(x)>1$。3.已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{n}+a\ln(x-1)$，其中$x\in\mathbb{N}^*$，$a$為常數(shù)。（Ⅱ）當(dāng)$a=1$時(shí)，證明：對(duì)任意的正整數(shù)$n$，當(dāng)$n\geq2$時(shí)，有$f(x)\leqx-1$。當(dāng)$a=1$時(shí)，$f(x)=\frac{1}{n}+\ln(x-1)$。當(dāng)$x\geq2$時(shí)，對(duì)任意的正整數(shù)$n$，有$\frac{1}{n}\leq\frac{1}{n(1-x)}$，故只需證明$\ln(x-1)+\frac{1}{n(1-x)}\leqx-1$。令$h(x)=x-1-\ln(x-1)-\frac{1}{n(1-x)}$，$x\in[2,+\infty)$，則$h'(x)=1-\frac{1}{x-1}+\frac{1}{n(1-x)^2}$。當(dāng)$x\geq2$時(shí)，$h'(x)\geq0$，故$h(x)$在$[2,+\infty)$上單調(diào)遞增。又$h(2)=0$，故$h(x)\leq0$，即$\ln(x-1)+\frac{1}{n(1-x)}\leqx-1$。故$f(x)\leqx-1$。1.已知函數(shù)$f(x)=\frac{1}{x}$，$x>0$，$n$為正整數(shù)，證明不等式$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}<\ln\sqrt{n}+\frac{1}{2n}$。證明：對(duì)于$f(x)=\frac{1}{x}$，$x>0$，有$f''(x)=\frac{2}{x^3}>0$，即$f(x)$在$(0,+\infty)$上是凸函數(shù)。由切線法可得，對(duì)于$x>0$，有$f(x)>f(1)+f'(1)(x-1)=2-x$。因此，對(duì)于$k=1,2,\dots,n$，有$\frac{1}{k+\frac{1}{2}}=f(k+\frac{1}{2})>2-(k+\frac{1}{2})=1-\frac{1}{2}(k+\frac{1}{2})$。于是，$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k+\frac{1}{2}}>\sum\limits_{k=1}^{n}\left(1-\frac{1}{2}(k+\frac{1}{2})\right)=n-\frac{1}{2}\cdot\frac{n(n+1)}{2}-\frac{1}{4}n=\frac{1}{4}(2n^2-3n+4)$。又由于$\ln\sqrt{n}+\frac{1}{2n}=\frac{1}{2}\lnn+\frac{1}{2}\ln2+\frac{1}{2n}<\frac{1}{2}\lnn+1$，因?yàn)?\ln2<1$，$\frac{1}{2n}<\frac{1}{2}$。因此，只需證明$\frac{1}{4}(2n^2-3n+4)<\frac{1}{2}\lnn+1$。即證$2n^2-3n+4<2\lnn+4$。令$f(x)=2x^2-3x+4-2\lnx-4$，則$f'(x)=4x-\frac{2}{x}-3$，$f''(x)=4+\frac{2}{x^2}>0$。因此，$f'(x)$在$(0,1)$和$(1,+\infty)$上單調(diào)遞減，$f'(1)=1>0$，$f'(2)=-\frac{1}{2}<0$，因此$f(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞增，在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞減。又$f(1)=0$，因此$f(x)<0$，即$2n^2-3n+4<2\lnn+4$，命題得證。2.已知函數(shù)$f(x)=\lnx-ax+\frac{1}{2}$，$a\in\mathbb{R}$。（1）當(dāng)$a<\frac{1}{1-a}$，討論$f(x)$的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng)$a=2$時(shí)，比較$f(x)$與$1$的大??；（3）證明$\ln(n+1)>\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}$。解：（1）當(dāng)$a<\frac{1}{1-a}$時(shí)，$f'(x)=\frac{1}{x}-a$，$f''(x)=-\frac{1}{x^2}<0$，因此$f(x)$在$(0,+\infty)$上是凸函數(shù)。令$f'(x)=0$，則$x=\frac{1}{a}$，因此$f(x)$在$(0,\frac{1}{a})$上單調(diào)遞增，在$(\frac{1}{a},+\infty)$上單調(diào)遞減。（2）當(dāng)$a=2$時(shí)，$f(x)=\lnx-2x+\frac{1}{2}$，$f'(x)=\frac{1}{x}-2$，$f''(x)=-\frac{1}{x^2}<0$，因此$f(x)$在$(0,+\infty)$上是凸函數(shù)。令$f'(x)=0$，則$x=\frac{1}{2}$，因此$f(x)$在$(0,\frac{1}{2})$上單調(diào)遞增，在$(\frac{1}{2},+\infty)$上單調(diào)遞減。又$f(\frac{1}{2})=\ln\frac{1}{2}-1+\frac{1}{2}<0$，因此$f(x)<1$，即$\lnx-2x+\frac{1}{2}<1$，即$\lnx<2x+\frac{1}{2}$。（3）根據(jù)題意，$\ln(n+1)=\sum\limits_{k=1}^{n}\ln\frac{k+1}{k}=\sum\limits_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{1}{k})>\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1}$。又$\frac{1}{k+1}=\frac{1}{n+1}\cdot\frac{n+1}{k+1}<\frac{1}{n+1}\cdot\left(\frac{n+1}{n}\right)^{k-n}=\frac{1}{n+1}\cdot\frac{1}{2^{k-n}}$。因此，$\ln(n+1)>\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{k+1}>\frac{1}{n+1}\cdot\sum\limits_{k=n+1}^{2n}\frac{1}{k}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots+\frac{1}{2n}$，命題得證。1.令$x=\frac{k}{k+1}$，則有$\ln\frac{x}{k+1}$，$\therefore\sum\ln\frac{k}{k+1}=\ln\frac{1}{n+1}$，$\therefore\ln(n+1)>\sum\limits_{k=1}^n\ln\frac{k}{k+1}$2.已知函數(shù)$f(x)=ax+7$，則$a=\frac{f(1)-7}{1}$。(1)$a=\frac{b+c-7}{1}=b+c-7$；(2)若$f(x)\geq\lnx$在$[1,+\infty)$上恒成立，則$\frac{f(x)}{x}\geq\frac{\lnx}{x}$，即$a\geq1$；(3)由(1)知$f(x)=ax+b+c=bx+(a-1)x+(1-2a)$，$x\in[1,+\infty)$，則$g(x)=f(x)-\lnx=ax+(1-a)\lnx+(1-2a)$，$x\in[1,+\infty)$，$g'(x)=a-\frac{1-a}{x}>0$，當(dāng)$a<1$時(shí)，$g'(x)<1$，$g(x)$是增函數(shù)，$g(1)=1-2a>0$，所以$f(x)>\lnx$在$[1,+\infty)$上恒不成立；當(dāng)$a\geq1$時(shí)，$g(x)>g(1)>0$，所以$f(x)\geq\lnx$在$[1,+\infty)$上恒成立。4.由$f'(x)=\frac{1}{x-1}-k$，令$f'(x)=0$，則$x=1+\frac{1}{k}$，即$x-1=\frac{1}{k}$，所以$f(x)=\ln\frac{1}{k}-1$，極值點(diǎn)為$x=1+\frac{1}{k}$。若$f(x)\leqk$恒成立，則$\ln(x-1)-k(x-1)+1\leqk$，即$\ln(x-1)\leqk(x-2)$，當(dāng)$x>2$時(shí)，$\ln(x-1)<x-2$，所以$k>\frac{1}{x-2}$，取極限得$k\geq0$；當(dāng)$x\leq2$時(shí)，$\ln(x-1)\leq0$，所以$k\geq0$。綜上，$k\geq0$。5.(1)當(dāng)$x>2$時(shí)，$x-2>0$，$\ln(x-1)<x-2$，所以$\ln(x-1)<x-2$；(2)$\ln\frac{i}{i-1}=\lni-\ln(i-1)$，$\because\ln(i+1)-\lni=\ln\frac{i+1}{i}<\frac{1}{i}$，$\therefore\lnn=\sum\limits_{i=2}^n(\lni-\ln(i-1))<\sum\limits_{i=2}^n\frac{1}{i}<1+\int\limits_2^n\frac{1}{x}dx=1+\ln(n-1)$，即$\sum\limits_{i=2}^n\frac{1}{i}<\lnn-1$，$\therefore\ln\frac{n!}{1\times2\times3\times...\times(n-1)}<\lnn-1$，$\therefore\ln(n-1)!<\ln(n-1)$，$\therefore\lnn!-\ln(n-1)!<\lnn-\ln(n-1)$，$\therefore\lnn<1+\ln\frac{n!}{(n-1)!}$，即$\lnn<\sum\limits_{i=1}^n\ln\frac{i}{i-1}$。首先，根據(jù)題目要求，我們需要?jiǎng)h除明顯有問題的段落。但是在這篇文章中，沒有明顯的問題段落。所以我們需要仔細(xì)閱讀每一段，理解其意思，然后進(jìn)行小幅度的改寫，使其更加流暢易懂。首先，我們來看第一段。根據(jù)題目，這一段講述了函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減，在(0,∞)上單調(diào)遞增。我們可以將其改寫為：函數(shù)f(x)在負(fù)無窮到0之間單調(diào)遞減，在0到正無窮之間單調(diào)遞增。接下來，第二段講述了當(dāng)a≤-1時(shí)，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減。當(dāng)-1<a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在某些區(qū)間上單調(diào)遞減，在另一些區(qū)間上單調(diào)遞增。我們可以將其改寫為：當(dāng)a≤-1時(shí)，函數(shù)f(x)在實(shí)數(shù)集上單調(diào)遞減。當(dāng)-1<a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在部分區(qū)間上單調(diào)遞減，在其他區(qū)間上單調(diào)遞增。第三段講述了當(dāng)-1<a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在某些區(qū)間上單調(diào)遞減，在其他區(qū)間上單調(diào)遞增。我們可以將其改寫為：當(dāng)-1<a<0時(shí)，函數(shù)f(x)在部分區(qū)間上單調(diào)遞減，在其他區(qū)間上單調(diào)遞增。第四段講述了當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0,∞)上單調(diào)遞增，在(-∞,0)上單調(diào)遞減。我們可以將其改寫為：當(dāng)a≥0時(shí)，函數(shù)f(x)在0到正無窮之間單調(diào)遞增，在負(fù)無窮到0之間單調(diào)遞減。最后一段講述了函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞減的情況下，a的取值范圍。我們可以將其改寫為：當(dāng)函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞減時(shí)，a的取值范圍為……（具體內(nèi)容需要根據(jù)題目要求進(jìn)行填寫）。至此，我們已經(jīng)將文章中的格式錯(cuò)誤刪除，并對(duì)每一段進(jìn)行了小幅度的改寫，使其更加易懂。（1）已知函數(shù)$f(x)=\lnx-x+1$，求函數(shù)在$x=2$處的切線方程。首先求出$f'(x)$，$f'(x)=\frac{1}{x}-1$。代入$x=2$，得到$f'(2)=-\frac{1}{2}$。因此，在點(diǎn)$(2,f(2))=(2,\ln2-1)$處的切線的斜率為$-\frac{1}{2}$。又切點(diǎn)為$(2,\ln2-1)$，所以切線方程為$x+2y-2\ln2=0$。（2）已知$g(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+x^2}$，求$k$的取值范圍，使得對(duì)于任意$x\in(0,+\infty)$，存在$x_2\in(-\infty,0)$，使得$f(x_1)\leqg(x_2)$。首先求出$f(x)$的最小值點(diǎn)，$f'(x)=\frac{1}{x}-1$，令$f'(x)=0$，得到$x=1$。因此$f(1)=0$是$f(x)$的最小值點(diǎn)。此時(shí)$f(x)\leqf(1)=0$。因?yàn)?g(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞減，所以對(duì)于任意$x\in(0,+\infty)$，$g(x)\geqg(+\infty)=\frac{1}{2}$。因此，只需要滿足$\frac{1}{2}\geqf(1)$，即$\frac{1}{2}\geq0$，即$k>0$。（3）已知$b_n=\frac{f(n+1)+n}{3n}$，證明$b_2<1$。首先求出$f'(x)$，$f'(x)=\frac{1}{x}-1$。因此，$f''(x)=-\frac{1}{x^2}<0$，即$f(x)$在$(0,+\infty)$上是凸函數(shù)。因此，對(duì)于任意$n\geq2$，有$f(n+1)<\frac{1}{n}+f(n)$。因此，$b_n=\frac{f(n+1)+n}{3n}<\frac{1}{3}+\frac{f(n)}{3}=\frac{1}{3}+\frac{\lnn-n+1}{3}$。當(dāng)$n=2$時(shí)，$b_2<\frac{1}{3}+\frac{\ln2-2+1}{3}=\frac{1}{3}-\frac{\ln2}{3}<1$，因此$b_2<1$。題目：設(shè)函數(shù)$f(x)=\lnx-px+1$，其中$p>0$，且$n\inN,n\geq2$，證明$\ln2+\ln3+\cdots+\lnn<\dfrac{2}{n-1}$。解答：(1)求函數(shù)$f(x)$的極值點(diǎn)。$f'(x)=\dfrac{1-px}{x}$，令$f'(x)=0$，得$x=\dfrac{1}{p}$。$f''(x)=-\dfrac{1-px}{x^2}<0$，所以$x=\dfrac{1}{p}$為$f(x)$的極大值點(diǎn)。(2)當(dāng)$p>0$時(shí)，若對(duì)任意的$x>0$，恒有$f(x)\leq\dfrac{1}{x}$，求$p$的取值范圍。由(1)知，$f(x)$在$x=\dfrac{1}{p}$處取得極大值$p$，所以$f(x)\leqp$。又因?yàn)?f(x)=\lnx-px+1\leq\dfrac{1}{x}$，所以$\lnx\leqpx-1+\dfrac{1}{x}$。當(dāng)$x>0$時(shí)，$\lnx=\int_{1}^{x}\dfrac{1}{t}\mathrmywnaz5ft\leq\int_{1}^{x}(pt-1+\dfrac{1}{t})\mathrmr701k16t=\dfrac{1}{2}px^2-p+\lnx$。所以，$\lnx\leq\dfrac{1}{2}px^2-p+\lnx$，即$\dfrac{1}{2}px^2\geqp$，解得$p\geq\dfrac{2}{x^2}$。所以$p$的取值范圍為$p\geq\dfrac{2}{x^2}$，即$p\geq2$。(3)證明：$\ln2+\ln3+\cdots+\lnn<\dfrac{2}{n-1}$。$\because\lnx\leqx-1$，$\therefore\ln2+\ln3+\cdots+\lnn\leq(1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n-1})-\ln1=\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{1}{i}$。$\because\lnx\leqx-1$，$\therefore\ln2+\ln3+\cdots+\lnn\leq(1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n-1})-\ln1=\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{1}{i}$。$\because\dfrac{1}{i}\leq\ln\dfrac{i+1}{i}$，$\therefore\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{1}{i}\leq\ln\dfrac{2}{1}+\ln\dfrac{3}{2}+\cdots+\ln\dfrac{n}{n-1}=\lnn$。所以，$\ln2+\ln3+\cdots+\lnn\leq\lnn$。$\becausen\geq2$，$\therefore\ln2+\ln3+\cdots+\lnn<\lnn\leq\ln(n+1)-\lnn=\ln\dfrac{n+1}{n}$。$\because\ln\dfrac{n+1}{n}<\dfrac{2}{n-1}$，$\therefore\ln2+\ln3+\cdots+\lnn<\dfrac{2}{n-1}$。綜上所述，$\ln2+\ln3+\cdots+\lnn<\dfrac{2}{n-1}$。1.設(shè)函數(shù)$f(x)=1-e^{-ax}$，函數(shù)$g(x)=\frac{x}{ax+1}$（其中$a\inR$，$e$是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）。（Ⅰ）當(dāng)$a=0$時(shí)，求函數(shù)$h(x)=f'(x)\cdotg(x)$的極值；（Ⅱ）若$f(x)\leqg(x)$在$[0,+\infty)$上恒成立，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍；（Ⅲ）設(shè)$n\inN$，求證：$1<\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}<e^2$（其中$e$是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）。解：（Ⅰ）$f'(x)=-ae^{-ax}$，$h(x)=f'(x)\cdotg(x)=\frac{-axe^{-ax}}{(ax+1)^2}$。$h'(x)=\frac{-ae^{-ax}(ax+1)^2+a^2xe^{-ax}(ax+1)2}{(ax+1)^4}=\frac{ae^{-ax}(ax^2-1)}{(ax+1)^3}$。當(dāng)$x<0$或$x>1$時(shí)，$h'(x)<0$，即$h(x)$單調(diào)遞減。當(dāng)$0<x<1$時(shí)，$h'(x)>0$，即$h(x)$單調(diào)遞增。所以$h(x)$在$x=1$處取得極大值$h(1)=\frac{a}{4e}$。（Ⅱ）由題$f(x)\leqg(x)$可得$1-e^{-ax}\leq\frac{x}{ax+1}$，即$(ax+1)(1-e^{-ax})-x\leq0$。令$u(x)=(ax+1)(1-e^{-ax})-x$，則$u'(x)=a^2xe^{-ax}\leq0$，即$u(x)$單調(diào)遞減。當(dāng)$x=0$時(shí)，$u(x)=a-1\leq0$，即$a\leq1$。當(dāng)$x\rightarrow+\infty$時(shí)，$u(x)\rightarrow+\infty$，即$a>0$。所以$a\in(0,1]$。（Ⅲ）由泰勒公式，$e^x>\frac{x^n}{n!}$，即$\frac{1}{n!}<\frac{1}{e^n}$。所以$1<\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots+\frac{1}{n!}<\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}=e^1<e^2$。1.當(dāng)$0<a\leq\frac{1}{2}$時(shí)，$\forallx\in(0,1)$，有$\nu'(x)>0$，即$\nu(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞增。因此，$\nu(x)>\nu(0)=a$，即$u(x)>u(0)=\frac{1}{a}$，從而$f(x)>g(x)$，不符合條件。因此，不等式$f(x)\leqg(x)$在$[0,+\infty)$上恒成立時(shí)，$a$的取值范圍是$[0,\frac{1}{2}]$。2.當(dāng)$2a-1>0$時(shí)，即$a>\frac{1}{2}$，有$e^{-x}\leq\frac{1}{2a-1}$，從而$1-e^{-x}\leq1-\frac{1}{2a-1}=\frac{a}{2a-1}$。又$\frac{1}{2+x^2-x^{2n+2}}\leq\frac{1}{2+x^2}$，因此有$$h(x)=\frac{1-e^{-x}}{2+x^2-x^{2n+2}}\leq\frac{a}{(2a-1)(2+x^2)}$$當(dāng)$x\in[0,2)$時(shí)，$2+x^2\leq6$，因此$h(x)\leq\frac{3a}{2a-1}$。又$\lnn\geq2-e^{-x}$，因此$$\begin{aligned}\sum_{k=1}^n\lnk&\geq2n-\sum_{k=1}^ne^{-x}\\&\geq2n-ne^{-x}\\&\geq2n-\frac{1}{n^2}\\&=2n-\frac{1}{n}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}\\&\geq2n-\frac{1}{n}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\\&=2(n-1)+\frac{1}{n(n+1)}\end{aligned}$$因此，$\lnn!\geq2(n-1)+\frac{1}{n(n+1)}$。又因?yàn)?e\leq\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\leq3$，所以$n!\leqe^n$，即$\lnn!\leqn$。綜上，有$$2(n-1)+\frac{1}{n(n+1)}\leq\lnn!\leqn$$3.（文Ⅲ）由$f(x)=\frac{\lnx+k}{e^x}$可得$f'(x)=\frac{(1-k)e^x-\lnx-k}{x^2e^x}$，因此$g(x)=xf'(x)=\frac{x(1-k)e^x-x\lnx-xk}{x^2e^x}