Question

17．已知函數f（x）=lnx-kx+k．
（Ⅰ）若f（x）≥0有唯一解，求實數k的值；
（Ⅱ）證明：當a≤1時，x（f（x）+kx-k）＜e^x-ax²-1．
（附：ln2≈0.69，ln3≈1.10，${e^{\frac{3}{2}}}≈4.48$，e²≈7.39）

Answer 1

分析 解法一：（Ⅰ）要使f（x）≥0有唯一解，只需滿足f（x）_max=0，且f（x）_max=0的解唯一，分①當k≤0，②當k＞0 討論求解；
（Ⅱ）要證當a≤1時，x（f（x）+kx-k）＜e^x-ax²-1，即證當a≤1時，e^x-ax²-xlnx-1＞0，即證e^x-x²-xlnx-1＞0．由（Ⅰ）得xlnx≤x（x-1），故只需證e^x-2x²+x-1＞0，當x＞0時成立；
解法二：（Ⅰ）分①當k≤0時，②當k＞0時兩種情況求解，
（Ⅱ）要證明當a≤1時，x（f（x）+kx-k）＜e^x-ax²-1，即證當a≤1時，e^x-ax²-xlnx-1＞0，（因為ax²≤x²），即證e^x-x²-xlnx-1＞0

解答 解法一：（Ⅰ）函數f（x）的定義域為（0，+∞）．
要使f（x）≥0有唯一解，只需滿足f（x）_max=0，且f（x）_max=0的解唯一，（1分）$f'（x）=\frac{1-kx}{x}$，（2分）
①當k≤0時，f'（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上單調遞增，且f（1）=0，
所以f（x）≥0的解集為[1，+∞），不符合題意；　（4分）
②當k＞0時，且$x∈（0，\frac{1}{k}]$時，f'（x）≥0，f（x）單調遞增；當$x∈（\frac{1}{k}，+∞）$時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減，所以f（x）有唯一的一個最大值為$f（\frac{1}{k}）$，
令$f（\frac{1}{k}）=k-lnk-1=0$，得k=1，此時f（x）有唯一的一個最大值為f（1），且f（1）=0，故f（x）≥0的解集是{1}，符合題意；
綜上，可得k=1．（6分）
（Ⅱ）要證當a≤1時，x（f（x）+kx-k）＜e^x-ax²-1，
即證當a≤1時，e^x-ax²-xlnx-1＞0，
即證e^x-x²-xlnx-1＞0．（7分）
由（Ⅰ）得，當k=1時，f（x）≤0，即lnx≤x-1，從而xlnx≤x（x-1），
故只需證e^x-2x²+x-1＞0，當x＞0時成立；　（8分）
令h（x）=e^x-2x²+x-1（x≥0），則h'（x）=e^x-4x+1，（9分）
令F（x）=h'（x），則F'（x）=e^x-4，令F'（x）=0，得x=2ln2．
因為F'（x）單調遞增，所以當x∈（0，2ln2]時，F'（x）≤0，F（x）單調遞減，即h'（x）單調遞減，當x∈（2ln2，+∞）時，F'（x）＞0，F（x）單調遞增，即h'（x）單調遞增，
所以h'（ln4）=5-8ln2＜0，h'（0）=2＞0，h'（2）=e²-8+1＞0，
由零點存在定理，可知?x₁∈（0，2ln2），?x₂∈（2ln2，2），使得h'（x₁）=h'（x₂）=0，
故當0＜x＜x₁或x＞x₂時，h'（x）＞0，h（x）單調遞增；當x₁＜x＜x₂時，h'（x）＜0，h（x）單調遞減，所以h（x）的最小值是h（0）=0或h（x₂）．
由h'（x₂）=0，得${e^{x_2}}=4{x_2}-1$，h（x₂）=${e^{x_2}}-2{x_2}^2+{x_2}-1=-2{x_2}^2+5{x_2}-2=-（{{x_2}-2}）（{2{x_2}-1}）$，
因為x₂∈（2ln2，2），所以h（x₂）＞0，
故當x＞0時，h（x）＞0，所以原不等式成立．（12分）
解法二：（Ⅰ）函數f（x）的定義域為（0，+∞）.$f'（x）=\frac{1-kx}{x}$，（1分）
①當k≤0時，f'（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上單調遞增，且f（1）=0，所以f（x）≥0的解為[1，+∞），此時不符合題意；　（2分）
②當k＞0時，$f'（x）=\frac{1-kx}{x}=-\frac{k}{x}（x-\frac{1}{k}）$，
所以當$x∈（0，\frac{1}{k}]$時，f'（x）≥0，f（x）單調遞增；當$x∈（\frac{1}{k}，+∞）$時，f'（x）＜0，f（x）單調遞減，所以$f（x）≤f（\frac{1}{k}）$，$f（\frac{1}{k}）=k-lnk-1$，（3分）
令g（k）=k-lnk-1，$g'（k）=1-\frac{1}{k}=\frac{k-1}{k}$，（4分）
當k∈（0，1]時，g'（k）≤0，g（k）單調遞減，當k∈（1，+∞）時，g'（k）＞0，g（k）單調遞增，所以g（k）≥g（1）=0，由此可得當k＞0且k≠1時，$f（\frac{1}{k}）＞0$，
且當x→0⁺，x→+∞時，f（x）→-∞，由零點存在定理，$?{x_1}∈（0，\frac{1}{k}），{x_2}∈（\frac{1}{k}，+∞）$，
使得f（x₁）=f（x₂）=0，當x₁≤x≤x₂時，f（x）≥0，解集不唯一，不符合題意；
當k=1時，f（x）≤f（1）=0，所以f（x）≥0的解集是{1}，符合題意；
綜上可得，當k=1時，f（x）≥0有唯一解；　（6分）
（Ⅱ）要證明當a≤1時，x（f（x）+kx-k）＜e^x-ax²-1，
即證當a≤1時，e^x-ax²-xlnx-1＞0，（因為ax²≤x²）
即證e^x-x²-xlnx-1＞0，（7分）
令F（x）=e^x-x²-xlnx-1（x＞0），則F'（x）=e^x-2x-lnx-1，（8分）
令G（x）=F'（x），則$G'（x）={e^x}-2-\frac{1}{x}$在（0，+∞）上單調遞增，且G'（1）＜0，G'（2）＞0，
所以?x₀∈（1，2）使得G'（x₀）=0，即${e^{x_0}}=2+\frac{1}{x_0}$，
所以當x＞x₀時，G'（x）＞0，G（x）單調遞增，即F'（x）遞增；
當0＜x＜x₀時，G'（x）＜0，G（x）單調遞減，即F'（x）遞減，
所以$F'{（{x_0}）_{min}}={e^{x_0}}-2{x_0}-ln{x_0}-1=\frac{1}{x_0}-2{x_0}-ln{x_0}+1$，$H（x）=\frac{1}{x}-2x-lnx+1$，
當x∈（1，2）時遞減，F'（x₀）_min＜H（1）=0，
當x→0時，F'（x）→+∞，$F'（\frac{3}{2}）={e^{\frac{3}{2}}}-3-ln\frac{3}{2}-1＞0$，
由零點存在定理，可得?x₁∈（0，x₀），${x_2}∈（{x_0}，\frac{3}{2}）$，F'（x₁）=F'（x₂）=0，
故當0＜x＜x₁或x＞x₂時，F'（x）＞0，F（x）單調遞增，
當x₁＜x＜x₂時，F'（x）＜0，F（x）單調遞減，
當x→0⁺時，F（x）→0，由F'（x₂）=0得，${e^{x_2}}=2{x_2}+ln{x_2}+1$，$1＜{x_0}＜{x_2}＜\frac{3}{2}$，
又F（x₂）=${e^{x_2}}-{x_2}^2-{x_2}ln{x_2}-1=-{x_2}^2+2{x_2}+ln{x_2}-{x_2}ln{x_2}$，
令M（x）=-x²+2x+lnx-xlnx（$1＜x＜\frac{3}{2}$），
則$M'（x）=-2x+2+\frac{1}{x}-lnx-1$在$（1，\frac{3}{2}）$遞減，且M'（1）=0，所以M'（x）＜0，
所以M（x）在$（1，\frac{3}{2}）$遞減，$M（\frac{3}{2}）=-\frac{9}{4}+3+ln\frac{3}{2}-\frac{3}{2}ln\frac{3}{2}=0.75-\frac{1}{2}（ln3-ln2）＞0$，
所以當$1＜x＜\frac{3}{2}$，M（x）＞0，即F（x₂）＞0，
所以F（x）＞0，即原不等式成立．（12分）

點評 本題考查了利用導數處理函數的單調性、最值問題，考查了分類討論思想、轉化思想、轉化思想，考查了運算能力，屬于難題．