Question

7．已知函數(shù)f（x）=e^x-kx+k（k∈R）．
（1）試討論函數(shù)y=f（x）的單調(diào)性；
（2）若該函數(shù)有兩個不同的零點x₁，x₂，試求：（i）實數(shù)k的取值范圍；（ii）證明：x₁+x₂＞4．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論k的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）（i）結(jié)合題意得到k＞0時，函數(shù)的單調(diào)性，從而求出k的范圍即可；
（ii）先求出兩個根的范圍，問題轉(zhuǎn)化為數(shù)x₂-x₁=ln（x₂-1）-ln（x₁-1），令y₂=x₂-1，y₁=x₁-1，即y₂-y₁=lny₂-lny₁=ln$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$，問題轉(zhuǎn)化為證明y₁+y₂＞2，
即證$\frac{2{（y}_{2}{-y}_{1}）}{{{y}_{2}+y}_{1}}$＜ln$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$，令$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$=t＞1，即證$\frac{2（t-1）}{t+1}$＜lnt，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）由f（x）=e^x-kx+k，（k∈R），則f′（x）=e^x-k，
討論：若k≤0，則f′（x）＞0，故f（x）在定義域上單調(diào)遞增；
若k＞0，令f′（x）＞0，解得x＞lnk；令f′（x）＜0，解得x＜lnk，
綜上：當k≤0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為R，無單調(diào)遞減區(qū)間；
當k＞0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（lnk，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，lnk），
（2）（i）由題意：由（1）可知，當k≤0時，函數(shù)至多只有一個零點，不符合題意，舍去；
k＞0時，令f（lnk）=e^lnk-klnk+k＜0，解得k＞e²，
此時f（1）=e＞0；x→+∞時，f（x）→+∞＞0，
因此會有兩個零點，符合題意．
綜上：實數(shù)k的取值范圍是（e²，+∞）；
（ii）：由（i）可知：k＞e²時，此時f（1）=e＞0；x→+∞時，f（x）→+∞＞0，且f（2）=e²-k＜0，
因此x₁∈91，2），x₂∈（2，+∞），
由${e}^{{x}_{1}}$=kx₁-k，${e}^{{x}_{2}}$=kx₂-k，相除后得到${e}^{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}-1}{{x}_{1}-1}$，
取對數(shù)x₂-x₁=ln（x₂-1）-ln（x₁-1），令y₂=x₂-1，y₁=x₁-1，
即y₂-y₁=lny₂-lny₁=ln$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$，要證 x₁+x₂＞4，即證y₁+y₂＞2，
即證$\frac{2{（y}_{2}{-y}_{1}）}{{{y}_{2}+y}_{1}}$＜ln$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$，令$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$=t＞1，即證$\frac{2（t-1）}{t+1}$＜lnt，
構(gòu)造函數(shù)h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），
由h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，y=h（t）單調(diào)遞增，
則h（t）＞h（1）=0，故不等式成立，
綜上，原不等式成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想，是一道綜合題．