Question

已知f（x）=e^x（lnx+1）
（1）求y=f（x）-f′（x）的單調(diào)區(qū)間與極值；
（2）若k＜0，試分析方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e在[1，+∞]上是否有實根，若有實數(shù)根，求出k的取值范圍；否則，請說明理由．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）先求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，代入y=f（x）-f′（x）得出函數(shù)表達式，再去研究單調(diào)性與極值，
（2）把方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e化簡，構(gòu)造函數(shù)，用導(dǎo)數(shù)研究方程有無實根．

解答： 解：（1）函數(shù)f（x）=e^x（lnx+1）的定義域為（0，+∞），
f′（x）=exlnx+

ex

x

+e^x，則y=f（x）-f′（x）=-

ex

x

，
∴y′=

ex-xex

x2

，由y′=0可得x=1．
當(dāng)x＞1時，y′＜0；當(dāng)x＜1時，y′＞0；
∴y=f（x）-f′（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，1），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞），
∴當(dāng)x=1時，y取極大值-e，函數(shù)無極小值．
（2）方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e可變?yōu)閒′（x）-f（x）-kx+k²-e=0
進一步化為

ex

x

-kx+k²-e=0，令g（x）=

ex

x

-kx+k²-e，
g′（x）=

xex-ex

x2

-k．
∵x≥1，∴x-1≥0，而e^x＞0，∴

xex-ex

x2

=

ex(x-1)

x2

≥0，又k＜0，
∴g′（x）=

xex-ex

x2

-k＞0，
∴g（x）在[1，+∞]上單調(diào)遞增，且g（x）的最小值為g（1）=k²-k，
則方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e在[1，+∞]上最多只有一個實根，
∴要使方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e在[1，+∞]上有一個實根，只需k²-k≤0，
解得0≤k≤1，這與k＜0矛盾，故方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e在[1，+∞]上無實根．

點評：本題主要考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，構(gòu)造函數(shù)研究方程問題，體現(xiàn)了函數(shù)與方程、轉(zhuǎn)化劃歸的數(shù)學(xué)思想．