Question

已知函數(shù)f（x）=ke^x-2，g（x）=

2kx-k-1

x

．
（1）若h（x）=f（x）-x+2，x∈R，有兩個不同的零點，求實數(shù)k的取值范圍；
（2）若k＞0，對?x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，求正實數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

考點：指數(shù)函數(shù)綜合題

專題：函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）h（x）=f（x）-x+2=ke^x-x，h′（x）=ke^x-1．由于函數(shù)h（x）有兩個不同的零點，因此h（x）必有極值點，且極大值大于0或極小值小于0．
（2））由于k＞0，對?x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，可得k＞0，對?x＞0，f（x）-g（x）=kex+

k+1

x

-2k-2≥0恒成立?u（x）=kxe^x-（2k+2）x+（k+1）≥0，k＞0，?x＞0．利用研究函數(shù)的單調(diào)性極值即可得出．

解答： 解：（1）h（x）=f（x）-x+2=ke^x-x，
h′（x）=ke^x-1．
∵函數(shù)h（x）有兩個不同的零點，∴h（x）必有極值點，且極大值大于0或極小值小于0．
∴h′（x）=0有實數(shù)根，
當k≤0時，h′（x）＜0，不滿足題意，應(yīng)舍去．
∴k＞0．
h′(x)=k(ex-

1

k

)，
令h′（x）=0，解得x=-lnk．
當x＞-lnk時，h′（x）＞0，此時函數(shù)h（x）單調(diào)遞增；當x＜-lnk時，h′（x）＜0，此時函數(shù)h（x）單調(diào)遞減．
因此x=-lnk時，函數(shù)h（x）取得極小值，
∴h（-lnk）＜0，1+lnk＜0，解得0＜k＜

1

e

．
（2）∵k＞0，對?x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，
∴k＞0，對?x＞0，f（x）-g（x）=kex+

k+1

x

-2k-2≥0恒成立
?u（x）=kxe^x-（2k+2）x+（k+1）≥0，k＞0，?x＞0．
u′（x）=ke^x+kxe^x-（2k+2）=v（x），
v′（x）=k（2+x）e^x＞0，
∴v（x）即u′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
而u′（0）=-k-2＜0，x→+∞，u′（x）＞0．
∴u（x）存在極小值點．
令u′（x₀）=0，
kex0+kx0ex0-(2k+2)=0，
∴ex0=

2k+2

k+kx0

，k=

2

ex0+x0ex0-2

．
則u（x₀）=kx0ex0-（2k+2）x₀+（k+1）=

kx0(2k+2)

k+kx0

-（2k+2）x₀+（k+1）=

(2k+2)x0-(2k+2)x0(1+x0)+(k+1)(1+x0)

1+x0

≥0，
∴2

x

2 0

-x0-1≤0，
解得0＜x₀≤1．
∴0＜ex0+x0ex0-2≤2e-2，
則k≥

1

e-1

．
∴k的取值范圍是[

1

e-1

，+∞)．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了多次求導(dǎo)解決問題，考查了分析問題與解決問題的能力，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．