Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-kx，（k∈R，x∈R）
（Ⅰ）若k=e，試確定函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若k＞0，且對(duì)于任意x≥0，f（x）＞0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（Ⅲ）令g（x）=e^x-2lnx，若至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)x₀∈[1，e]，使f（x₀）＜g（x₀）成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，只要解導(dǎo)數(shù)的不等式即可，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與0的關(guān)系判斷函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）f′（x）=e^x-k，由f′（x）=0，得到x=lnk．再對(duì)k進(jìn)行分類(lèi)討論，得到f（x）在[0，+∞）上的最小值，讓最小值大于0解出k即可；
（Ⅲ）由于存在x₀∈[1，e]，使f（x₀）＜g（x₀），則kx₀＞2lnx₀⇒k＞

2lnx0

x0

，只需要k大于F(x)=

2lnx

x

的最小值即可．

解答：解：（Ⅰ）f′（x）=e^x-e，令f′（x）=0，解得x=1
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，∴f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（-∞，1）時(shí)，f′（x）＜0，∴f（x）在（-∞，1）單調(diào)遞減．
f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（1，+∞），f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，1）．   
（Ⅱ）f′（x）=e^x-k，令f′（x）=0，解得x=lnk．                     
①當(dāng)k∈（0，1]時(shí)，f′（x）=e^x-k＞1-k≥0（x＞0）．此時(shí)f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增．
f（x）≥f（0）=1＞0，符合題意．                        
②當(dāng)k∈（1，+∞）時(shí)，lnk＞0．當(dāng)x變化時(shí)f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（0，lnk）	lnk	（lnk，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增

由此可得，在[0，+∞）上，f（x）≥f（lnk）=k-klnk．              
依題意，k-klnk＞0，又k＞1，1＜k＜e．
綜合①，②得，實(shí)數(shù)k的取值范圍是0＜k＜e．                    
（Ⅲ）由于存在x₀∈[1，e]，使f（x₀）＜g（x₀），
則kx₀＞2lnx₀
故k＞

2lnx0

x0

令F(x)=

2lnx

x

，則F′(x)=

2(1-lnx)

x2

當(dāng)x∈[1，e]時(shí)，F(xiàn)′（x）≥0（僅當(dāng)x=e時(shí)取等號(hào)）
∴F（x）在[1，e]上單調(diào)遞增，
∴F（x）_min=F（1）=0，因此k＞0．

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性、最值和中的應(yīng)用，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想方法以及分析問(wèn)題的能力．