Question

設(shè)函數(shù)f（x）=（x-1）e^x-kx²（x＞0，k∈R）．
（Ⅰ）談?wù)揻（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若當(dāng)k＞

1

2

時(shí)，f（x）+（ln2k）²+2kln

e

2k

＞0對(duì)?x∈（0，+∞）恒成立，求證：f（k-1+ln2）＜f（k）．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性之間的關(guān)系，即可判斷f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）根據(jù)不等式恒成立，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值，即可證明不等式．

解答： 解：（Ⅰ）依題，f′（x）=xe^x-2kx=x（e^x-2k），…（1分）
∵x＞0，∴e^x＞1，
∴當(dāng)2k≤1即k≤

1

2

時(shí)，f′（x）≥0恒成立，于是f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)2k＞1即k＞

1

2

時(shí)，由f′（x）=0，得x₁=0（舍）x₂=ln2k＞0，
x∈（0，ln2k）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；
x∈（ln2k，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；…（4分）
綜上，當(dāng)k≤

1

2

時(shí)，f（x）的單增區(qū)間為（0，+∞），無單減區(qū)間；
當(dāng)k＞

1

2

時(shí)，f（x）的單增區(qū)間為（ln2k，+∞），單減區(qū)間（0，ln2k）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，k＞

1

2

時(shí)，
f(x)min=f(ln2k)=(ln2k-1)eln2k-k(ln2k)2=2k(ln2k-1)-k(ln2k)2
又∵f（x）+（ln2k）²+2kln

e

2k

＞0，
對(duì)?x∈（0，+∞）恒成立，
即2k（ln2k-1）+（ln2k）²+2k（1-ln2k）-k（ln2k）²＞0恒成立．…（7分）
∴（1-k）（ln2k）²＞0．
又∵k＞

1

2

，∴l(xiāng)n2k＞0，∴k∈(

1

2

，1]．
設(shè)g(k)=k+ln2-1-ln2k(

1

2

＜k≤1)，則g(k)=1-

1

k

=

k-1

k

＜0
∴g（k）在(

1

2

，1]上單調(diào)遞減，…（10分）
∴g（k）＞g（1）=0，
即k+ln2-1-ln2k＞0，而ln2-1＜0，
∴k＞k+ln2-1＞ln2k，
由（Ⅰ）知，f（x）在（ln2k，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（k-1+ln2）＜f（k）．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷，以及利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，綜合性較強(qiáng)，運(yùn)算量較大，有一定的難度．