Question

7．已知函数f（x）=e^x-kx+k（k∈R）．
（1）试讨论函数y=f（x）的单调性；
（2）若该函数有两个不同的零点x₁，x₂，试求：（i）实数k的取值范围；（ii）证明：x₁+x₂＞4．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论k的范围求出函数的单调区间即可；
（2）（i）结合题意得到k＞0时，函数的单调性，从而求出k的范围即可；
（ii）先求出两个根的范围，问题转化为数x₂-x₁=ln（x₂-1）-ln（x₁-1），令y₂=x₂-1，y₁=x₁-1，即y₂-y₁=lny₂-lny₁=ln$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$，问题转化为证明y₁+y₂＞2，
即证$\frac{2{（y}_{2}{-y}_{1}）}{{{y}_{2}+y}_{1}}$＜ln$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$，令$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$=t＞1，即证$\frac{2（t-1）}{t+1}$＜lnt，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）由f（x）=e^x-kx+k，（k∈R），则f′（x）=e^x-k，
讨论：若k≤0，则f′（x）＞0，故f（x）在定义域上单调递增；
若k＞0，令f′（x）＞0，解得x＞lnk；令f′（x）＜0，解得x＜lnk，
综上：当k≤0时，f（x）的单调递增区间为R，无单调递减区间；
当k＞0时，f（x）的单调递增区间为（lnk，+∞），单调递减区间为（-∞，lnk），
（2）（i）由题意：由（1）可知，当k≤0时，函数至多只有一个零点，不符合题意，舍去；
k＞0时，令f（lnk）=e^lnk-klnk+k＜0，解得k＞e²，
此时f（1）=e＞0；x→+∞时，f（x）→+∞＞0，
因此会有两个零点，符合题意．
综上：实数k的取值范围是（e²，+∞）；
（ii）：由（i）可知：k＞e²时，此时f（1）=e＞0；x→+∞时，f（x）→+∞＞0，且f（2）=e²-k＜0，
因此x₁∈91，2），x₂∈（2，+∞），
由${e}^{{x}_{1}}$=kx₁-k，${e}^{{x}_{2}}$=kx₂-k，相除后得到${e}^{{x}_{2}{-x}_{1}}$=$\frac{{x}_{2}-1}{{x}_{1}-1}$，
取对数x₂-x₁=ln（x₂-1）-ln（x₁-1），令y₂=x₂-1，y₁=x₁-1，
即y₂-y₁=lny₂-lny₁=ln$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$，要证 x₁+x₂＞4，即证y₁+y₂＞2，
即证$\frac{2{（y}_{2}{-y}_{1}）}{{{y}_{2}+y}_{1}}$＜ln$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$，令$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$=t＞1，即证$\frac{2（t-1）}{t+1}$＜lnt，
构造函数h（t）=lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$（t＞1），
由h′（t）=$\frac{{（t-1）}^{2}}{{t（t+1）}^{2}}$＞0，y=h（t）单调递增，
则h（t）＞h（1）=0，故不等式成立，
综上，原不等式成立．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，是一道综合题．