Question

【题目】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）＜ex﹣ax2﹣1．
（附：ln2≈0.69，ln3≈1.10， ，e2≈7.39）

Answer 1

【答案】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） ，
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；
②当k＞0时，且 时，f'（x）≥0，f（x）单调递增；当 时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）有唯一的一个最大值为 ，
令 ，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．
（Ⅱ）要证当a≤1时，x（f（x）+kx﹣k）＜ex﹣ax2﹣1，
即证当a≤1时，ex﹣ax2﹣xlnx﹣1＞0，
即证ex﹣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ex﹣2x2+x﹣1＞0，当x＞0时成立；
令h（x）=ex﹣2x2+x﹣1（x≥0），则h'（x）=ex﹣4x+1，
令F（x）=h'（x），则F'（x）=ex﹣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 ，h（x2）= ，
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．
解法二：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞）. ，（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当k＞0时， ，
所以当 时，f'（x）≥0，f（x）单调递增；当 时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以 ， ，
令g（k）=k﹣lnk﹣1， ，
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， ，
且当x→0+ ， x→+∞时，f（x）→﹣∞，由零点存在定理， ，
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；
（Ⅱ）要证明当a≤1时，x（f（x）+kx﹣k）＜ex﹣ax2﹣1，
即证当a≤1时，ex﹣ax2﹣xlnx﹣1＞0，（因为ax2≤x2）
即证ex﹣x2﹣xlnx﹣1＞0，（7分）
令F（x）=ex﹣x2﹣xlnx﹣1（x＞0），则F'（x）=ex﹣2x﹣lnx﹣1，
令G（x）=F'（x），则 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 ，
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 ， ，
当x∈（1，2）时递减，F'（x0）min＜H（1）=0，
当x→0时，F'（x）→+∞， ，
由零点存在定理，可得x1∈（0，x0）， ，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， ， ，
又F（x2）= ，
令M（x）=﹣x2+2x+lnx﹣xlnx（ ），
则 在 递减，且M'（1）=0，所以M'（x）＜0，
所以M（x）在 递减， ，
所以当 ，M（x）＞0，即F（x2）＞0，
所以F（x）＞0，即原不等式成立．
【解析】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）＜ex﹣ax2﹣1，即证当a≤1时，ex﹣ax2﹣xlnx﹣1＞0，即证ex﹣x2﹣xlnx﹣1＞0．由（Ⅰ）得xlnx≤x（x﹣1），故只需证ex﹣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）＜ex﹣ax2﹣1，即证当a≤1时，ex﹣ax2﹣xlnx﹣1＞0，（因为ax2≤x2），即证ex﹣x2﹣xlnx﹣1＞0
【考点精析】解答此题的关键在于理解利用导数研究函数的单调性的相关知识，掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减，以及对函数的最大(小)值与导数的理解，了解求函数在上的最大值与最小值的步骤：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值，比较，其中最大的是一个最大值，最小的是最小值．