Question

18．设函数f（x）=e^x，g（x）=kx+1．
（I）求函数y=f（x）-（x+1）的最小值；
（II）证明：当k＞1时，存在x₀＞0，使对于任意x∈（0，x₀）都有f（x）＜g（x）；
（III）若对于任意x∈（0，+∞），|f（x）-g（x）|＞x恒成立，求实数k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；
（Ⅱ）设h（x）=f（x）-g（x），求出函数的导数，得到函数的单调性，从而证出结论；
（Ⅲ）①当k＞1时，求出h（x）的单调区间，得到函数的最小值，证出结论成立；②当k≤1时，问题等价于f（x）-g（x）＞x，设φ（x）=e^x-（k+1）x-1（x＞0），
根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（I）由已知y=e^x-x-1，∴y'=e^x-1，
设y'＞0得x＞0，设y'＜0得x＜0，
∴函数y=e^x-x-1在（-∞，0）上递减，在（0，+∞）上递增，
则当x=0时，y有最小值为0…（3分）
证明：（II）设h（x）=f（x）-g（x），即h（x）=e^x-kx-1，
∴h'（x）=e^x-k，设h'（x）=0，得x=lnk（k＞1），
∵k＞1，∴当x∈（0，lnk）时，h'（x）＜0，
即h（x）在（0，lnk）上单调递减，
而h（0）=0，且h（x）是R上的连续函数，
∴h（x）＜0在（0，lnk）上恒成立，
即f（x）＜g（x）在（0，lnk）上恒成立，
∴取0＜x₀≤lnk，则对任意x∈（0，x₀）都有f（x）＜g（x）…（9分）
解：（III）由（I）知e^x≥x+1即有e^x-1≥x，
∴当x＞0时有lnx≤x-1（仅当x=1时取“=”）…（*）
①当k＞1时，设h（x）=f（x）-g（x）=e^x-（kx+1）（x＞0），
∴h'（x）=e^x-k
令h'（x）＞0得x＞lnk，令h'（x）＜0得0＜x＜lnk，
∴h（x）在（0，lnk）上递减，在（lnk，+∞）上递增，
∴h（x）_min=h（lnk）=k-klnk-1，
由（*）式知$ln\frac{1}{k}＜\frac{1}{k}-1$得k-klnk-1＜0，
又$h（{ln{k^3}}）={e^{ln{k^3}}}-kln{k^3}-1$
=k³-3klnk-1＞k³-3k（k-1）-1
=k³-3k²+3k-1=（k-1）³＞0，
∴函数y=h（x）在（lnk，3lnk）上有唯一零点设为x_k，
此时h（x_k）=0，显然h（x_k）＜x_k，
即|f（x）-g（x）|＞x对任意x∈（0，+∞）不能恒成立，
②当k≤1时，对任意数x∈（0，+∞），
f（x）-g（x）=e^x-（kx+1）=e^x-（x+1）-（k-1）x≥-（k-1）x≥0，
∴|f（x）-g（x）|＞x等价于f（x）-g（x）＞x，
即e^x-（k+1）x-1＞0，
设φ（x）=e^x-（k+1）x-1（x＞0），
则φ'（x）=e^x-（k+1），
若k≤0，则k+1≤1，∴e^x-（k+1）＞0，
则φ（x）在（0，+∞）上递增，
注意到φ（0）=0，∴φ（x）＞φ（0）=0，
即|f（x）-g（x）|＞x对任意x∈（0，+∞）恒成立，
若0＜k≤1，令φ'（x）＞0得x＞ln（k+1），
令φ'（x）＜0，得0＜x＜ln（k+1），
∴φ（x）在（0，ln（k+1））上递减，在（ln（k+1），+∞）上递增，
∴当x∈（0，ln（k+1））时，φ（x）＜φ（0）=0，
即|f（x）-g（x）|＞x对于任意x∈（0，ln（k+1））不成立，
则|f（x）-g（x）|＞x对任意x∈（0，+∞）不能恒成立，
综合①②可得，满足条件的k的取值范围为（-∞，0]…（14分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想，是一道综合题．