Question

2．已知函数f（x）=lnx-kx+1（k为常数），函数g（x）=xe^x-ln（$\frac{4}{a}$x+1），（a为常数，且a＞0）．
（Ⅰ）若函数f（x）有且只有1个零点，求k的取值的集合；
（Ⅱ）当（Ⅰ）中的k取最大值时，求证：ag（x）-2f（x）＞2（lna-ln2）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导数，利用导数的正负，和函数的零点存在定理，分类讨论，即可k的取值的集合；
（Ⅱ）构造函数记F（x）=axe^x-2lnx-2x-2，求导，再构造函数G（x）=axe^x-2，确定函数的单调性，求出即可证明结论．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1-kx}{x}$
①k≤0时，f'（x）＞0，则f（x）在 （0，+∞）上单调递增．
而f（e^k-2）=k-2-ke^k-2+1=k（1-e^k-2）-1≤-1＜0，f（1）=1-k＞0，
故f（x）在（e^k-2，1）上存在唯一零点，满足题意；
②k＞0时，令f'（x）＞0得$x＜\frac{1}{k}$，则f（x）在$（{0，\frac{1}{k}}）$上单调递增；
令f'（x）＜0得$x＞\frac{1}{k}$，则f（x）在$（{0，\frac{1}{k}}）$上单调递减；
若$f（{\frac{1}{k}}）=0$，得k=1，显然满足题意；
若$f（{\frac{1}{k}}）＞0$，则0＜k＜1，而$f（{\frac{1}{e}}）=\frac{-k}{e}＜0$，
又$f（{\frac{4}{k^2}}）=2ln\frac{2}{k}-\frac{4}{k}+1=2（{ln\frac{2}{k}-\frac{2}{k}}）+1$，
令h（x）=lnx-x+1，则$h'（x）=\frac{1-x}{x}$，
令h'（x）＞0，得x＜1，故h（x）在（0，1）上单调递增；
令h'（x）＜0，得x＞1，故h（x）在（1，+∞）上单调递减；
故h（x）≤h（1）=0，则$h（{\frac{2}{k}}）=ln\frac{2}{k}-\frac{2}{k}+1＜0$，即$ln\frac{2}{k}-\frac{2}{k}＜-1$，
则$f（{\frac{4}{k^2}}）=2ln\frac{2}{k}-\frac{4}{k}+1=2（{ln\frac{2}{k}-\frac{2}{k}}）+1＜-1＜0$．
故f（x）在$（{\frac{1}{e}，\frac{1}{k}}）$上有唯一零点，在$（{\frac{1}{k}，\frac{4}{k^2}}）$上有唯一零点，不符题意．
综上，k的取值的集合为{k|k≤0或k=1}．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，lnx≤x-1，当且仅当x=1时取“=“，
而$\frac{4}{a}x+1＞1$，故$ln（{\frac{4}{a}x+1}）＜\frac{4}{a}x+1-1=\frac{4}{a}x$，
则k=1时，ag（x）-2f（x）=axe^x-aln（$\frac{4}{a}$x+1）-2lnx+2x-2＞axe^x-a•$\frac{4}{a}$x+2x-2=axe^x-2x-2，
记F（x）=axe^x-2lnx-2x-2，则$F'（x）=（{x+1}）（{a{e^x}-\frac{2}{x}}）=\frac{x+1}{x}（{ax{e^x}-2}）$，
令G（x）=axe^x-2，则G'（x）=a（x+1）e^x＞0，故G（x）在（0，+∞）上单调递增．
而G（0）=-2＜0，$G（{\frac{2}{a}}）=2（{{e^{\frac{2}{a}}}-1}）＞0$，故存在${x_0}∈（{0，\frac{2}{a}}）$，使得G（x₀）=0，
即$a{x_0}{e^{x_0}}-2=0$．
则x∈（0，x₀）时，G'（x）＜0，故F'（x）＜0；
x∈（x₀，+∞）时，G'（x）＞0，故F'（x）＞0．
则F（x）在（0，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增，
故$F（x）≥F（{x_0}）=a{x_0}{e^{x_0}}-2{x_0}-2ln{x_0}-2=-2（{{x_0}+ln{x_0}}）$=$-2ln（{{x_0}{e^{x_0}}}）=-2ln\frac{2}{a}=2lna-2ln2$．
故ag（x）-2f（x）＞2（lna-ln2）．

点评 本题考查导数和函数的单调性，以及不等式的证明，关键是构造函数，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．