已知函数 $f(x)=a x e^{x}(a \in R), g(x)=\ln x+k x+1(k \in R)$

(1) 若 $k=-1$ 求函数 $g(x)$ 的单调区间;

（2）若 $k=1$ 时有 $f(x) \geq g(x)$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围.
答案: (1) 【解析】 $k=-1$ 时, $g(x)=\ln x-x+1$ 的定义域为 $(0,+\infty), g(x)=\frac{1}{x}-1$.

令 $g(x)=\frac{1}{x}-1>0$, 得 $0<x<1$, 令 $g(x)=\frac{1}{x}-1<0$, 得 $x>1$,

所以 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 上是增函数, $(1,+\infty)$ 上是减函数;

（2）【解析】 当 $k=1$ 时, $f(x) \geq g(x)$ 恒成立, 即 $a x e^{x} \geq \ln x+x+1$ 恒成立.

因为 $x>0$, 所以 $a \geq \frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}$.

令 $h(x)=\frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}, h^{\prime}(x)=\frac{(x+1)(-\ln x-x)}{x^{2} e^{x}}$

令 $p(x)=-\ln x-x, p(x)=-\frac{1}{x}-1<0$,

故 $p(x)_{\text {在 }}(0,+\infty)$ 上单调递减, 且 $p\left(\frac{1}{e}\right)=1-\frac{1}{e}>0, p(1)=-1<0$,

故存在 $x_{0} \in\left(\frac{1}{e}, 1\right)$ 使得 $p\left(x_{0}\right)=-\ln x_{0}-x_{0}=0$,

故 $\ln x_{0}+x_{0}=0$, 即 $x_{0}=e^{-x_{0}}$.

当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时, $p(x)>0, h^{\prime}(x)>0$; 当 $x \in\left(x_{0}+\infty\right)$ 时, $p(x)<0, h^{\prime}(x)<0$;

$\therefore h(x)_{\text {在 }}\left(0, x_{0}\right)$ 单调递增, 在 $\left(x_{0}+\infty\right)$ 单调递减,

$\therefore h(x)_{\max }=h\left(x_{0}\right)=\frac{\ln x_{0}+x_{0}+1}{x_{0} e^{x_{0}}}=1$,

故 $a \in\lfloor 1,+\infty)$

【分析】(1) $k=-1$ 时, $g(x)=\ln x-x+1$ 的定义域为 $(0,+\infty), g(x)=\frac{1}{x}-1$. 解关于导函数的不等式, 得到函数 $g(x)$ 的单调区间; (2) 当 $k=1$ 时, $f(x) \geq g(x)$ 恒成立, 即 $a \geq \frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}$,构造新函数 $h(x)=\frac{\ln x+x+1}{x e^{x}}$, 求其最大值即可.