Question

2．已知函數(shù)f（x）=e^kx-2x（k∈R，k≠0）．
（1）若對任意的x∈R，都有f（x）≥1，求k的值；
（2）對于函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間內(nèi)的任意實(shí)數(shù)x₁，x₂，x₃（x₁＜x₂＜x₃），證明：$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（x₂）＜$\frac{f（{x}_{3}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{3}-{x}_{2}}$．

Answer 1

分析 （1）對k分類討論，研究函數(shù)f（x）的單調(diào)性，利用單調(diào)性求出函數(shù)的最小值，將f（x）≥1恒成立等價轉(zhuǎn)化為f（x）_min≥1，即$\frac{2}{k}$≥1，構(gòu)造函數(shù)g（x）=x-xlnx（x＞0），利用導(dǎo)數(shù)確定出g（x）的最值，從而判定$\frac{2}{k}$=1，即可求出k的值；
（2）先證$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（x₂），運(yùn)用分析法分析出只要證${e}^{k（{x}_{1}-{x}_{2}）}$-k（x₁-x₂）-1＞0即可，通過構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^x-x-1＞0在（-∞，0）上恒成立，即可證得${e}^{k（{x}_{1}-{x}_{2}）}$-k（x₁-x₂）-1＞0，從而證得$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（x₂），同理可證f′（x₂）＜$\frac{f（{x}_{3}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{3}-{x}_{2}}$，即可證得結(jié)論

解答 解：（1）∵f（x）的定義域?yàn)镽，f′（x）=ke^kx-2，
①若k＜0時，f′（x）恒小于零，則f（x）在R上單調(diào)遞減；
∵當(dāng)x＞0時，f（x）＜f（0）=1，
∴不符合f（x）≥1恒成立．
②若k＞0時，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{k}$ln$\frac{2}{k}$，
當(dāng)x＜$\frac{1}{k}$ln$\frac{2}{k}$時，f′（x）＜0，可知f（x）在（-∞，$\frac{1}{k}$ln$\frac{2}{k}$）單調(diào)遞減，
當(dāng)x＞$\frac{1}{k}$ln$\frac{2}{k}$時，f′（x）＞0，可知f（x）在（$\frac{1}{k}$ln$\frac{2}{k}$，+∞）單調(diào)遞增，
∴f（x）min=f（$\frac{1}{k}$ln$\frac{2}{k}$）=$\frac{2}{k}$-$\frac{2}{k}$ln$\frac{2}{k}$，
∵f（x）≥1恒成立，即f（x）_min≥1，
∴$\frac{2}{k}$-$\frac{2}{k}$ln$\frac{2}{k}$≥1，
構(gòu)造函數(shù)g（x）=x-xlnx（x＞0），
∴g′（x）=1-lnx-1=-lnx，
∴g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（x）≤g（1）=1，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取得最大值1，
∴$\frac{2}{k}$=1，
∴k=2．
（2）由已知可知，f′（x₂）=k${e}^{k{x}_{2}}$-2≥0，則k＞0，
先證$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（x₂），
∵x₂-x₁＞0，
要證$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（x₂），
只要證f（x₂）-f（x₁）＜（x₂-x₁）（k${e}^{k{x}_{2}}$-2），即證k${e}^{k{x}_{2}}$-${e}^{k{x}_{1}}$＜k（x₂-x₁）k${e}^{k{x}_{2}}$，
只要證1-${e}^{k（{x}_{1}-{x}_{2}）}$＜k（x₂-x₁），即證${e}^{k（{x}_{1}-{x}_{2}）}$-k（x₁-x₂）-1＞0，
設(shè)h（x）=e^x-x-1，
∵h(yuǎn)′（x）=e^x-1＜0，
∴h（x）在（-∞，0）內(nèi)是減函數(shù)，
∴h（x）＞h（0）=0，
∵x=k（x₁-x₂）＜0，
∴h（k（x₁-x₂））＞0，
∴$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（x₂），
同理可證f′（x₂）＜$\frac{f（{x}_{3}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{3}-{x}_{2}}$．
∴$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＜f′（x₂）＜$\frac{f（{x}_{3}）-f（{x}_{2}）}{{x}_{3}-{x}_{2}}$．

點(diǎn)評 本題主要考查了導(dǎo)數(shù)在最大值和最小值中的應(yīng)用，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性以及用導(dǎo)數(shù)解決方程根的分布的問題，同時考查了利用構(gòu)造函數(shù)法證明不等式，是一道綜合題，有一定的難度．屬于難題．