Question

13．已知f（x）=axe^kx-1，g（x）=lnx+kx．
（Ⅰ）當(dāng)a=1時，若f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，g（x）在（0，1）上為增函數(shù)，求k的值；
（Ⅱ）對于任意k＞0，f（x）≥g（x）恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系可得：由于f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，f′（x）≤0，在（1，+∞）上恒成立；由g（x）在（0，1）上為增函數(shù)，g′（x）≥0在在（0，1）上恒成立，解出k即可．
（II）設(shè)h（x）=f（x）-g（x）=axe^kx-lnx-kx-1（x＞0），h′（x）=a（1+kx）e^kx-$\frac{1}{x}$-k=（kx+1）$（a{e}^{kx}-\frac{1}{x}）$．設(shè)u（x）=$a{e}^{kx}-\frac{1}{x}$．再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，進而得到u（x）的零點，即可得出h（x）的極小值即最小值．

解答 解：（I）當(dāng)a=1時，f（x）=xe^kx-1，∴f′（x）=e^kx（1+kx），
∵f（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，
∴f′（x）≤0，在（1，+∞）上恒成立，
∴e^kx（1+kx）≤0，解得k≤-$\frac{1}{x}$．
∵x＞1，∴$\frac{-1}{x}$＞-1，
∴k≤-1．
由g（x）=lnx+kx，可得${g}^{′}（x）=\frac{1}{x}+k$．
∵g（x）在（0，1）上為增函數(shù)，
∴${g}^{′}（x）=\frac{1}{x}+k$≥0在在（0，1）上恒成立，
即k$≥-\frac{1}{x}$，∵$\frac{1}{x}＞1$，∴k≥-1．
綜上可得：k=-1．
（II）設(shè)h（x）=f（x）-g（x）=axe^kx-lnx-kx-1（x＞0），h′（x）=a（1+kx）e^kx-$\frac{1}{x}$-k，
∴h′（x）=（kx+1）$（a{e}^{kx}-\frac{1}{x}）$．
設(shè)u（x）=$a{e}^{kx}-\frac{1}{x}$．
①當(dāng)a≤0時，u（x）＜0，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，h（x）＞0不恒成立；
②當(dāng)a＞0時，u′（x）=$ak{e}^{kx}+\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，則u（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)．
u（x）的函數(shù)值由負到正，必有x₀∈（0，+∞），使u（x₀）=0．即$a{e}^{k{x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，兩邊取對數(shù)得：lna+kx₀=-lnx₀．
h（x）在（0，x₀）上為減函數(shù)，在（x₀，+∞）上為增函數(shù)．
h（x）min=h（x0）=ax0ekx0-1-lnx0-kx0=1-1-lnx₀-kx₀=lna．
∴l(xiāng)na≥0，即a∈[1，+∞）．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了函數(shù)零點存在但是無法求出的情況下研究函數(shù)的單調(diào)性極值問題，考查了分類討論思想方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．