Question

已知函數f （x）=e^x，g（x）=lnx，h（x）=kx+b．
（1）當b=0時，若對?x∈（0，+∞）均有f （x）≥h（x）≥g（x）成立，求實數k的取值范圍；
（2）設h（x）的圖象為函數f （x）和g（x）圖象的公共切線，切點分別為（x₁，f （x₁））和（x₂，g（x₂）），其中x₁＞0．
①求證：x₁＞1＞x₂；
②若當x≥x₁時，關于x的不等式ax₂-x+xe^-x+1≤0恒成立，求實數a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）根據對一切x∈（0，+∞），均有e^x≥kx≥lnx恒成立，也就是

ex

x

≥k≥

lnx

x

在x∈（0，+∞）恒成立，下面只要求出函數的最小（大）值，使得（

ex

x

）_min≥k≥(

lnx

x

)max即可．
（2）①由題知：h（x）即為y=e x1•x+e x1-x₁ e x1也為y=lnx₂=

1

x2

(x-x2)即y=

1

x2

x+lnx₂-1，根據兩個函數為同一個函數進行比較，即可得到結果．
②要證不等式ax₂-x+xe^-x+1≤0恒成立，把問題進行等價變形，只要F（x）≤F（x₁）=ax₂-x₁+x₁e -x1+1≤0，令F（x）=ax₂-x+xe^-x+1（x≥x₁），利用導數研究其單調性，從而得出實數a的取值范圍．

解答：解：（1）依題意對?x∈（0，+∞）均有e^x≥kx≥lnx成立
即對任意?x∈（0，+∞）均有

ex

x

≥k≥

lnx

x

成立…（1分）
∴（

ex

x

）_min≥k≥(

lnx

x

)max
因為（

ex

x

）=

ex(x-1)

x2

故y=

ex

x

在（0，1）上減，（1，+∞）增
∴（

ex

x

）_min=e
又(

lnx

x

)=

1-lnx

x2

故y=

lnx

x

在（0，e）上減，（e，+∞）增
∴(

lnx

x

)max=

1

e

即k的取值范圍是[

1

e

，e]
（2）由題知：h（x）即為y-e x1=e x1（x-x₁）即y=e x1•x+e x1-x₁ e x1
也為y=lnx₂=

1

x2

(x-x2)即y=

1

x2

x+lnx₂-1
∴

ex1= 1 x2 ex1-x1ex1=lnx2-1

…（6分）
又x₁=0，∴e x1＞1  即

1

x2

＞1⇒x₁＞1
即x₁＞1＞x₂…（8分）
（3）令F（x）=ax₂-x+xe^-x+1（x≥x₁）
∴F′（x）=-1-xe^-x+e^-x=-1+e^-x（1-x）（ x≥x_1）
又x≥x₁＞1，F′（x）=-1-xe^-x+e^-x=-1+e^-x（1-x）＜0
即F（x）=ax₂-x+xe^-x+1（x≥x₁）單調減，
所以只要F（x）≤F（x₁）=ax₂-x₁+x₁e -x1+1≤0
即a+x₁-x₁e x1+e x1≤0…（12分）
由

ex1= 1 x2 ex1-x1ex1=lnx2-1

∴

x1=-lnx2 ex1-x1ex1=lnx2-1

即x1-x1ex1+ex1=-1
故只要a+x1-x1ex1+ex1=a-1≤0得：
a≤1
綜上，實數a的取值范圍是（-∞，1]…（14分）

點評：本題考查函數性質和導數的綜合應用，本題解題的關鍵是利用導數方法求函數的最值，利用函數思想時也要用導數來求最值．