Question

20．設(shè)f（x）=lnx-x-k，x∈（0，+∞）．
（1）若f[f（1）]＜0，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（2）設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）-kx²的單調(diào)遞增區(qū)間為D，對(duì)任意給定的k＞0，均有D⊆（0，a]（a為與k無關(guān)的常數(shù)），求證：a的最小值為1．
（3）求證：f（x）在區(qū)間（0，e）上有兩個(gè)零點(diǎn)的充要條件為k∈（1-e，-1）．

Answer 1

分析 （1）利用f[f（1）]＜0，推出k的不等式，求解即可．
（2）求出$g'（x）=\frac{1}{x}-1-2kx＞0$，求出g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間，討論0＜a＜1，當(dāng)給定的$k＜\frac{1-a}{{2{a^2}}}$時(shí)，D⊆（0，a]不成立．得到a≥1，然后推出a的最小值．
（3）設(shè)f（x）=lnx-x-k，x∈（0，e），求出導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，利用f（x）在區(qū)間（0，e）上有兩個(gè)零點(diǎn)的必要條件為$\left\{\begin{array}{l}f（1）＞0\\ f（e）＜0\end{array}\right.$，轉(zhuǎn)化求解k的取值范圍．

解答 解：（1）f[f（1）]＜0，即f（-1-k）＜0，即ln（-1-k）-（-1-k）-k＜0，
即ln（-1-k）＜-1，
所以$k∈（-\frac{e+1}{e}，-1）$．
（2）$g'（x）=\frac{1}{x}-1-2kx＞0$得2kx²+x-1＜0，注意到$x＞0，得0＜x＜\frac{{-1+\sqrt{1+8k}}}{4k}$，
所以g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（0，\frac{{-1+\sqrt{1+8k}}}{4k}）$．
若0＜a＜1，則令$\frac{{-1+\sqrt{1+8k}}}{4k}＞a$，得$k＜\frac{1-a}{{2{a^2}}}$，
這說明當(dāng)給定的$k＜\frac{1-a}{{2{a^2}}}$時(shí)，D⊆（0，a]不成立．
所以a≥1，又a=1時(shí)，$D⊆（0，a]?\frac{{-1+\sqrt{1+8k}}}{4k}≤1?\sqrt{1+8k}≤4k+1?{k^2}≥0$，這顯然正確，
所以a=1滿足條件，
故a的最小值為1．
（3）證明：設(shè)f（x）=lnx-x-k，x∈（0，e），則$f'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，
所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，e）上單調(diào)遞減，
f（1）=-1-k，f（e）=1-e-k，
因此f（x）在區(qū)間（0，e）上有兩個(gè)零點(diǎn)的必要條件為$\left\{\begin{array}{l}f（1）＞0\\ f（e）＜0\end{array}\right.$，即1-e＜k＜-1．
當(dāng)$\left\{\begin{array}{l}f（1）＞0\\ f（e）＜0\end{array}\right.$，即1-e＜k＜-1時(shí)，
因?yàn)閒（e^k）=-e^k＜0，e^k＜1，結(jié)合f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，
得在區(qū)間f（x）在（0，1）上存在唯一零點(diǎn)，
而$\left\{\begin{array}{l}f（1）＞0\\ f（e）＜0\end{array}\right.$，及f（x）在（1，e）上單調(diào)遞減，
得f（x）在區(qū)間（1，e）上存在唯一零點(diǎn)，
故f（x）在區(qū)間（0，e）上有兩個(gè)零點(diǎn)的充要條件為1-e＜k＜-1．
故所求的k的取值范圍為（1-e，-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值，函數(shù)零點(diǎn)的條件，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，難度比較大．