Question

17．已知函数f（x）=lnx-kx+k．
（Ⅰ）若f（x）≥0有唯一解，求实数k的值；
（Ⅱ）证明：当a≤1时，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，只需满足f（x）_max=0，且f（x）_max=0的解唯一，分①当k≤0，②当k＞0 讨论求解；
（Ⅱ）要证当a≤1时，x（f（x）+kx-k）＜e^x-ax²-1，即证当a≤1时，e^x-ax²-xlnx-1＞0，即证e^x-x²-xlnx-1＞0．由（Ⅰ）得xlnx≤x（x-1），故只需证e^x-2x²+x-1＞0，当x＞0时成立；
解法二：（Ⅰ）分①当k≤0时，②当k＞0时两种情况求解，
（Ⅱ）要证明当a≤1时，x（f（x）+kx-k）＜e^x-ax²-1，即证当a≤1时，e^x-ax²-xlnx-1＞0，（因为ax²≤x²），即证e^x-x²-xlnx-1＞0

解答 解法一：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞）．
要使f（x）≥0有唯一解，只需满足f（x）_max=0，且f（x）_max=0的解唯一，（1分）$f'（x）=\frac{1-kx}{x}$，（2分）
①当k≤0时，f'（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（1）=0，
所以f（x）≥0的解集为[1，+∞），不符合题意；　（4分）
②当k＞0时，且$x∈（0，\frac{1}{k}]$时，f'（x）≥0，f（x）单调递增；当$x∈（\frac{1}{k}，+∞）$时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）有唯一的一个最大值为$f（\frac{1}{k}）$，
令$f（\frac{1}{k}）=k-lnk-1=0$，得k=1，此时f（x）有唯一的一个最大值为f（1），且f（1）=0，故f（x）≥0的解集是{1}，符合题意；
综上，可得k=1．（6分）
（Ⅱ）要证当a≤1时，x（f（x）+kx-k）＜e^x-ax²-1，
即证当a≤1时，e^x-ax²-xlnx-1＞0，
即证e^x-x²-xlnx-1＞0．（7分）
由（Ⅰ）得，当k=1时，f（x）≤0，即lnx≤x-1，从而xlnx≤x（x-1），
故只需证e^x-2x²+x-1＞0，当x＞0时成立；　（8分）
令h（x）=e^x-2x²+x-1（x≥0），则h'（x）=e^x-4x+1，（9分）
令F（x）=h'（x），则F'（x）=e^x-4，令F'（x）=0，得x=2ln2．
因为F'（x）单调递增，所以当x∈（0，2ln2]时，F'（x）≤0，F（x）单调递减，即h'（x）单调递减，当x∈（2ln2，+∞）时，F'（x）＞0，F（x）单调递增，即h'（x）单调递增，
所以h'（ln4）=5-8ln2＜0，h'（0）=2＞0，h'（2）=e²-8+1＞0，
由零点存在定理，可知?x₁∈（0，2ln2），?x₂∈（2ln2，2），使得h'（x₁）=h'（x₂）=0，
故当0＜x＜x₁或x＞x₂时，h'（x）＞0，h（x）单调递增；当x₁＜x＜x₂时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，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）=${e^{x_2}}-2{x_2}^2+{x_2}-1=-2{x_2}^2+5{x_2}-2=-（{{x_2}-2}）（{2{x_2}-1}）$，
因为x₂∈（2ln2，2），所以h（x₂）＞0，
故当x＞0时，h（x）＞0，所以原不等式成立．（12分）
解法二：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞）.$f'（x）=\frac{1-kx}{x}$，（1分）
①当k≤0时，f'（x）≥0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（1）=0，所以f（x）≥0的解为[1，+∞），此时不符合题意；　（2分）
②当k＞0时，$f'（x）=\frac{1-kx}{x}=-\frac{k}{x}（x-\frac{1}{k}）$，
所以当$x∈（0，\frac{1}{k}]$时，f'（x）≥0，f（x）单调递增；当$x∈（\frac{1}{k}，+∞）$时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，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）
当k∈（0，1]时，g'（k）≤0，g（k）单调递减，当k∈（1，+∞）时，g'（k）＞0，g（k）单调递增，所以g（k）≥g（1）=0，由此可得当k＞0且k≠1时，$f（\frac{1}{k}）＞0$，
且当x→0⁺，x→+∞时，f（x）→-∞，由零点存在定理，$?{x_1}∈（0，\frac{1}{k}），{x_2}∈（\frac{1}{k}，+∞）$，
使得f（x₁）=f（x₂）=0，当x₁≤x≤x₂时，f（x）≥0，解集不唯一，不符合题意；
当k=1时，f（x）≤f（1）=0，所以f（x）≥0的解集是{1}，符合题意；
综上可得，当k=1时，f（x）≥0有唯一解；　（6分）
（Ⅱ）要证明当a≤1时，x（f（x）+kx-k）＜e^x-ax²-1，
即证当a≤1时，e^x-ax²-xlnx-1＞0，（因为ax²≤x²）
即证e^x-x²-xlnx-1＞0，（7分）
令F（x）=e^x-x²-xlnx-1（x＞0），则F'（x）=e^x-2x-lnx-1，（8分）
令G（x）=F'（x），则$G'（x）={e^x}-2-\frac{1}{x}$在（0，+∞）上单调递增，且G'（1）＜0，G'（2）＞0，
所以?x₀∈（1，2）使得G'（x₀）=0，即${e^{x_0}}=2+\frac{1}{x_0}$，
所以当x＞x₀时，G'（x）＞0，G（x）单调递增，即F'（x）递增；
当0＜x＜x₀时，G'（x）＜0，G（x）单调递减，即F'（x）递减，
所以$F'{（{x_0}）_{min}}={e^{x_0}}-2{x_0}-ln{x_0}-1=\frac{1}{x_0}-2{x_0}-ln{x_0}+1$，$H（x）=\frac{1}{x}-2x-lnx+1$，
当x∈（1，2）时递减，F'（x₀）_min＜H（1）=0，
当x→0时，F'（x）→+∞，$F'（\frac{3}{2}）={e^{\frac{3}{2}}}-3-ln\frac{3}{2}-1＞0$，
由零点存在定理，可得?x₁∈（0，x₀），${x_2}∈（{x_0}，\frac{3}{2}）$，F'（x₁）=F'（x₂）=0，
故当0＜x＜x₁或x＞x₂时，F'（x）＞0，F（x）单调递增，
当x₁＜x＜x₂时，F'（x）＜0，F（x）单调递减，
当x→0⁺时，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（$1＜x＜\frac{3}{2}$），
则$M'（x）=-2x+2+\frac{1}{x}-lnx-1$在$（1，\frac{3}{2}）$递减，且M'（1）=0，所以M'（x）＜0，
所以M（x）在$（1，\frac{3}{2}）$递减，$M（\frac{3}{2}）=-\frac{9}{4}+3+ln\frac{3}{2}-\frac{3}{2}ln\frac{3}{2}=0.75-\frac{1}{2}（ln3-ln2）＞0$，
所以当$1＜x＜\frac{3}{2}$，M（x）＞0，即F（x₂）＞0，
所以F（x）＞0，即原不等式成立．（12分）

点评 本题考查了利用导数处理函数的单调性、最值问题，考查了分类讨论思想、转化思想、转化思想，考查了运算能力，属于难题．