Question

19．已知函數(shù)f（x）=（x-k-1）e^x（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e≈2.71828，k∈R）．
（1）當(dāng)x＞0時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（2）①若對(duì)于任意x∈[1，2]，都有f（x）＜4x成立，求k的取值范圍；
②若x₁≠x₂，且f（x₁）=f（x₂），證明：x₁+x₂＜2k．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的對(duì)數(shù)，通過討論k的范圍，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（2）①由f（x）＜4x，可得（x-k-1）e^x-4x＜0，所以k＞x-1-$\frac{4x}{{e}^{x}}$對(duì)任意x∈[1，2]恒成立，求出右邊的最大值，即可得出結(jié)論；
②不妨設(shè)x₁＜k＜x₂＜k+1，問題轉(zhuǎn)化為證明2k-x₁＞x₂，即證f（2k-x₁）＞f（x₂），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）∵f'（x）=（x-k）e^x，x＞0．
（i）當(dāng)k＜0時(shí)，f'（x）＞0恒成立，
∴f（x） 的遞增區(qū)間是（0，+∞），無遞減區(qū)間；無極值．
（ii）當(dāng)k＞0 時(shí)，由f'（x）＞0 得，x＞k；由f'（x）＜0 得，0＜x＜k，
∴f（x） 的遞減區(qū)間是（0，k），遞増區(qū)間是（k，+∞），
f（x）的極小值為f（k）=-e^k，無極大值．
（2）解：①由f（x）＜4x，可得（x-k-1）e^x-4x＜0，所以k＞x-1-$\frac{4x}{{e}^{x}}$對(duì)任意x∈[1，2]恒成立，
記$g（x）=x-1-\frac{4x}{e^x}$，則$g'（x）=1-\frac{4（1-x）}{e^x}=\frac{{{e^x}+4（x-1）}}{e^x}$，
因?yàn)閤∈[1，2]，所以g'（x）＞0，即g（x） 在x∈[1，2]上單調(diào)遞增，
故$g{（x）_{max}}=g（2）=1-\frac{8}{e^2}=\frac{{{e^2}-8}}{e^2}$．
所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為$（\frac{{{e^2}-8}}{e^2}，+∞）$．
②證明：由已知f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂），結(jié)合（1）可知，k＞0，f（x） 在（-∞，k） 上單調(diào)遞減，在（k，+∞） 上單調(diào)遞增，又f（k+1）=0，x＜k+1 時(shí)，f（x）＜0．
不妨設(shè)x₁＜k＜x₂k，2k-x₁＞k，故要證x₁+x₂x₂，
只要證f（2k-x₁）＞f（x₂），
因f（x₁）=f（x₂），即證f（2k-x₁）＞f（x₁）．
設(shè) h（x）=f（2k-x）-f（x）=$\frac{{（-x+k-1）{e^{2k}}}}{e^x}\;-（x-k-1）{e^x}\;（x＜k）$，
$h'（x）=\frac{{（x-k）{e^{2k}}}}{e^x}-（x-k）{e^x}$=$\frac{{（x-k）（{e^{2k}}-{e^{2x}}\;）}}{{{e^x}\;}}$，
∴當(dāng)x＜k 時(shí)，h'（x）＜0，h（x）在（-∞，k）上單調(diào)遞減，
∴x∈（-∞，k）時(shí)，h（x）＞h（k）=-e^k+e^k=0，
故當(dāng)x＜k時(shí)，f（2k-x）＞f（x），即f（2k-x₁）＞f（x₁） 成立，
∴x₁+x₂＜2k．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式等基本知識(shí)；考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力；考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程的思想、分類整合思想、數(shù)形結(jié)合思想．