Question

已知函数f（x）=（x+1）e^kx，（k为常数，k≠0）．
（Ⅰ）当k=1时，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若函数f（x）在区间（0，1）上是单调增函数，求实数k的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的极值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（I）当k=1时，函数f（x）=（x+1）e^x，f′（x）=（x+2）e^x，再研究其单调性即可得出．
（II）f′（x）=（kx+k+1）e^kx．对k分类讨论：当k=0时，当k＞0时，当k＜0时，分别解出f′（x）＞0，f′（x）＜0，即可得出单调区间．
（III）由（II）可得：f′（x）=（kx+k+1）e^kx．函数f（x）在区间（0，1）上是单调增函数?f′（x）≥0在区间（0，1）上恒成立，但是f′（x）不恒等于0．g（x）=kx+k+1≥0在区间（0，1）上恒成立，但是不恒等于0．利用一次函数的单调性即可得出．

解答： 解：（I）当k=1时，函数f（x）=（x+1）e^x，f′（x）=（x+2）e^x，
令f′（x）=0，解得x=-2．
令f′（x）＞0，解得x＞-2，∴函数f（x）在区间（-2，+∞）上单调递增；
令f′（x）＜0，解得x＜-2，∴函数f（x）在区间（-∞，-2）上单调递减．
∴当x=-2时，函数f（x）取得极小值，f（-2）=-

1

e2

．
（II）f′（x）=（kx+k+1）e^kx．
①当k=0时，f′（x）=1＞0，函数f（x）单调递增；
②当k＞0时，令f′（x）=k(x+

k+1

k

)e^kx=0，解得x=-

k+1

k

．当x＞-

k+1

k

时，
f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x＜-

k+1

k

时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
③当k＜0时，令f′（x）=k(x+

k+1

k

)e^kx=0，解得x=-

k+1

k

．当x＜-

k+1

k

时，
f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；当x＞-

k+1

k

时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减．
综上可得：①当k=0时，函数f（x）单调递增；
②当k＞0时，当x＞-

k+1

k

时，函数f（x）单调递增；当x＜-

k+1

k

时，函数f（x）单调递减；
③当k＜0时，当x＜-

k+1

k

时，函数f（x）单调递增；当x＞-

k+1

k

时，函数f（x）单调递减．
（III）由（II）可得：f′（x）=（kx+k+1）e^kx．
函数f（x）在区间（0，1）上是单调增函数?f′（x）≥0在区间（0，1）上恒成立，但是f′（x）不恒等于0．
∴g（x）=kx+k+1≥0在区间（0，1）上恒成立，但是不恒等于0．
∴g（x）=

g(0)≥0 g(1)≥0

，即

k+1≥0 2k+1≥0

，解得k≥-

1

2

．
满足f′（x）≥0在区间（0，1）上恒成立，但是f′（x）不恒等于0．
因此实数k的取值范围是[-

1

2

，+∞)．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．