Question

设函数f（x）=（x-1）e^x-kx²（x＞0，k∈R）．
（Ⅰ）谈论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若当k＞

1

2

时，f（x）+（ln2k）²+2kln

e

2k

＞0对?x∈（0，+∞）恒成立，求证：f（k-1+ln2）＜f（k）．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求函数的导数，利用函数的导数和单调性之间的关系，即可判断f（x）的单调性；
（Ⅱ）根据不等式恒成立，转化为求函数最值，即可证明不等式．

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

1

2

时，f′（x）≥0恒成立，于是f（x）单调递增；
当2k＞1即k＞

1

2

时，由f′（x）=0，得x₁=0（舍）x₂=ln2k＞0，
x∈（0，ln2k）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
x∈（ln2k，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；…（4分）
综上，当k≤

1

2

时，f（x）的单增区间为（0，+∞），无单减区间；
当k＞

1

2

时，f（x）的单增区间为（ln2k，+∞），单减区间（0，ln2k）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，k＞

1

2

时，
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，
对?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

，∴ln2k＞0，∴k∈(

1

2

，1]．
设g(k)=k+ln2-1-ln2k(

1

2

＜k≤1)，则g(k)=1-

1

k

=

k-1

k

＜0
∴g（k）在(

1

2

，1]上单调递减，…（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，+∞）上单调递增，
∴f（k-1+ln2）＜f（k）．

点评：本题主要考查函数单调性的判断，以及利用导数证明不等式，综合性较强，运算量较大，有一定的难度．