Question

已知函數(shù)f（x）=e^kx-2x（k為非零常數(shù)）．
（Ⅰ）當(dāng)k=1時，求函數(shù)f（x）的最小值；
（Ⅱ）若f（x）≥1恒成立，求k的值；
（Ⅲ）對于f（x）增區(qū)間內(nèi)的三個實數(shù)x₁，x₂，x₃（其中x₁＜x₂＜x₃），證明：

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）將k=1代入函數(shù)f（x），求出導(dǎo)函數(shù)f′（x）=0的根，確定出函數(shù)的極小值即最小值；
（Ⅱ）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

2

k

-

2

k

ln

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

2

k

=1，即可求出k的值；
（Ⅲ）解法1：引入中間量f′（x₂），先證

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（x₂），運用分析法分析出只要證ek(x1-x2)-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ek(x1-x2)-k（x₁-x₂）-1＞0，從而證得

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（x₂），同理可證f′（x₂）＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

，即可證得結(jié)論；
解法2：令f′（x₀）=kekx0-2=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，得x₀=

1

k

ln（

2

k

+

f(x2)-f(x1)

k(x2-x1)

），然后利用導(dǎo)數(shù)證明x₁＜x₀＜x₂，從而證得結(jié)論．

解答：解：（I）∵f（x）=e^x-2x，
∴f′（x）=e^x-2，
令f′（x）=0，得x=lnx，
∴當(dāng)x＜ln2，f′（x）＜0，可得f（x）在（-∞，ln2）單調(diào)遞減，當(dāng)x＞ln2，f′（x）＞0，可得f（x）在（ln2，+∞）單調(diào)遞增，
∴f（x）的最小值為f（ln2）=2-2ln2．
（II）∵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=

1

k

ln

2

k

，
當(dāng)x＜

1

k

ln

2

k

時，f′（x）＜0，可知f（x）在(-∞，

1

k

ln

2

k

)單調(diào)遞減，當(dāng)x＞

1

k

ln

2

k

時，f′（x）＞0，可知f（x）在(

1

k

ln

2

k

，+∞)單調(diào)遞增，
∴f（x）的最小值為f(

1

k

ln

2

k

)=

2

k

-

2

k

ln

2

k

，
∵f（x）≥1恒成立，即f（x）_min≥1，
∴

2

k

-

2

k

ln

2

k

≥1，
構(gòu)造函數(shù)g（x）=x-xlnx（x＞0），則有g(

2

k

)≥1，
∵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，結(jié)合g(

2

k

)≥1，
∴

2

k

=1，
∴k=2．
（ III）解法1：
由已知可知，f′（x₂）=kekx2-2≥0，則k＞0，
先證

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（x₂），
∵x₂-x₁＞0，
要證

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（x₂），
只要證f(x2)-f(x1)＜(x2-x1)(kekx2-2)，即證ekx2-ekx1＜k（x₂-x₁）ekx2，
只要證1-ek(x1-x2)＜k（x₂-x₁），即證ek(x1-x2)-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，
∴

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（x₂），
同理可證f′（x₂）＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

，
∴

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

．
（ III）解法2：
令f′（x₀）=kekx0-2=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，得x₀=

1

k

ln（

2

k

+

f(x2)-f(x1)

k(x2-x1)

），
下面證明x₁＜x₀＜x₂，
令g（x）=f′（x）=ke^kx-2，則g′（x）=k²e^kx＞0恒成立，即f′（x）為增函數(shù)，
f′（x₂）-

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=

1

x2-x1

[（x₂-x₁）f′（x₂）-（f（x₂）-f（x₁））]，
構(gòu)造函數(shù)k（x）=（x₂-x₁）f′（x₂）-（f（x₂）-f（x₁）），（x≤x₂），
k′（x）=f′（x）-f′（x₂）≤0，
k（x₂）=0，故x≤x₂時，k（x）＞0，即得f′（x₂）-

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＞0，
同理可證f′（x₁）-

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜0，
即f′（x₁）＜f′（x₀）＜f′（x₂），
因f′（x）為增函數(shù)，得x₁＜x₀＜x₂，即在區(qū)間（x₁，x₂）上存在x₀，使f′（x₀）=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，
同理，在區(qū)間（x₂，x₃）上存在x′使f′（x′）=

f(x3)-f(x2)

x3-x2

，
由f′（x）為增函數(shù)，得

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

．

點評：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．