Question

已知函数f（x）=ke^x-2，g（x）=

2kx-k-1

x

．
（1）若h（x）=f（x）-x+2，x∈R，有两个不同的零点，求实数k的取值范围；
（2）若k＞0，对?x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，求正实数k的取值范围．

Answer 1

考点：指数函数综合题

专题：函数的性质及应用,导数的概念及应用,导数的综合应用

分析：（1）h（x）=f（x）-x+2=ke^x-x，h′（x）=ke^x-1．由于函数h（x）有两个不同的零点，因此h（x）必有极值点，且极大值大于0或极小值小于0．
（2））由于k＞0，对?x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，可得k＞0，对?x＞0，f（x）-g（x）=kex+

k+1

x

-2k-2≥0恒成立?u（x）=kxe^x-（2k+2）x+（k+1）≥0，k＞0，?x＞0．利用研究函数的单调性极值即可得出．

解答： 解：（1）h（x）=f（x）-x+2=ke^x-x，
h′（x）=ke^x-1．
∵函数h（x）有两个不同的零点，∴h（x）必有极值点，且极大值大于0或极小值小于0．
∴h′（x）=0有实数根，
当k≤0时，h′（x）＜0，不满足题意，应舍去．
∴k＞0．
h′(x)=k(ex-

1

k

)，
令h′（x）=0，解得x=-lnk．
当x＞-lnk时，h′（x）＞0，此时函数h（x）单调递增；当x＜-lnk时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减．
因此x=-lnk时，函数h（x）取得极小值，
∴h（-lnk）＜0，1+lnk＜0，解得0＜k＜

1

e

．
（2）∵k＞0，对?x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，
∴k＞0，对?x＞0，f（x）-g（x）=kex+

k+1

x

-2k-2≥0恒成立
?u（x）=kxe^x-（2k+2）x+（k+1）≥0，k＞0，?x＞0．
u′（x）=ke^x+kxe^x-（2k+2）=v（x），
v′（x）=k（2+x）e^x＞0，
∴v（x）即u′（x）在（0，+∞）上单调递增，
而u′（0）=-k-2＜0，x→+∞，u′（x）＞0．
∴u（x）存在极小值点．
令u′（x₀）=0，
kex0+kx0ex0-(2k+2)=0，
∴ex0=

2k+2

k+kx0

，k=

2

ex0+x0ex0-2

．
则u（x₀）=kx0ex0-（2k+2）x₀+（k+1）=

kx0(2k+2)

k+kx0

-（2k+2）x₀+（k+1）=

(2k+2)x0-(2k+2)x0(1+x0)+(k+1)(1+x0)

1+x0

≥0，
∴2

x

2 0

-x0-1≤0，
解得0＜x₀≤1．
∴0＜ex0+x0ex0-2≤2e-2，
则k≥

1

e-1

．
∴k的取值范围是[

1

e-1

，+∞)．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了多次求导解决问题，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题．