Question

2．已知函數f（x）=lnx-kx+1（k為常數），函數g（x）=xe^x-ln（$\frac{4}{a}$x+1），（a為常數，且a＞0）．
（Ⅰ）若函數f（x）有且只有1個零點，求k的取值的集合；
（Ⅱ）當（Ⅰ）中的k取最大值時，求證：ag（x）-2f（x）＞2（lna-ln2）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導數，利用導數的正負，和函數的零點存在定理，分類討論，即可k的取值的集合；
（Ⅱ）構造函數記F（x）=axe^x-2lnx-2x-2，求導，再構造函數G（x）=axe^x-2，確定函數的單調性，求出即可證明結論．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1-kx}{x}$
①k≤0時，f'（x）＞0，則f（x）在 （0，+∞）上單調遞增．
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）上存在唯一零點，滿足題意；
②k＞0時，令f'（x）＞0得$x＜\frac{1}{k}$，則f（x）在$（{0，\frac{1}{k}}）$上單調遞增；
令f'（x）＜0得$x＞\frac{1}{k}$，則f（x）在$（{0，\frac{1}{k}}）$上單調遞減；
若$f（{\frac{1}{k}}）=0$，得k=1，顯然滿足題意；
若$f（{\frac{1}{k}}）＞0$，則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，則$h'（x）=\frac{1-x}{x}$，
令h'（x）＞0，得x＜1，故h（x）在（0，1）上單調遞增；
令h'（x）＜0，得x＞1，故h（x）在（1，+∞）上單調遞減；
故h（x）≤h（1）=0，則$h（{\frac{2}{k}}）=ln\frac{2}{k}-\frac{2}{k}+1＜0$，即$ln\frac{2}{k}-\frac{2}{k}＜-1$，
則$f（{\frac{4}{k^2}}）=2ln\frac{2}{k}-\frac{4}{k}+1=2（{ln\frac{2}{k}-\frac{2}{k}}）+1＜-1＜0$．
故f（x）在$（{\frac{1}{e}，\frac{1}{k}}）$上有唯一零點，在$（{\frac{1}{k}，\frac{4}{k^2}}）$上有唯一零點，不符題意．
綜上，k的取值的集合為{k|k≤0或k=1}．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，lnx≤x-1，當且僅當x=1時取“=“，
而$\frac{4}{a}x+1＞1$，故$ln（{\frac{4}{a}x+1}）＜\frac{4}{a}x+1-1=\frac{4}{a}x$，
則k=1時，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，
記F（x）=axe^x-2lnx-2x-2，則$F'（x）=（{x+1}）（{a{e^x}-\frac{2}{x}}）=\frac{x+1}{x}（{ax{e^x}-2}）$，
令G（x）=axe^x-2，則G'（x）=a（x+1）e^x＞0，故G（x）在（0，+∞）上單調遞增．
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$a{x_0}{e^{x_0}}-2=0$．
則x∈（0，x₀）時，G'（x）＜0，故F'（x）＜0；
x∈（x₀，+∞）時，G'（x）＞0，故F'（x）＞0．
則F（x）在（0，x₀）上單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增，
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）．

點評 本題考查導數和函數的單調性，以及不等式的證明，關鍵是構造函數，考查學生分析解決問題的能力，屬于難題．