Question

已知函數f（x）=e^kx-2x（k為非零常數）．
（Ⅰ）當k=1時，求函數f（x）的最小值；
（Ⅱ）若f（x）≥1恒成立，求k的值；
（Ⅲ）對于f（x）增區間內的三個實數x₁，x₂，x₃（其中x₁＜x₂＜x₃），證明：

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）將k=1代入函數f（x），求出導函數f′（x）=0的根，確定出函數的極小值即最小值；
（Ⅱ）對k分類討論，研究函數f（x）的單調性，利用單調性求出函數的最小值，將f（x）≥1恒成立等價轉化為f（x）_min≥1，即

2

k

-

2

k

ln

2

k

≥1，構造函數g（x）=x-xlnx（x＞0），利用導數確定出g（x）的最值，從而判定

2

k

=1，即可求出k的值；
（Ⅲ）解法1：引入中間量f′（x₂），先證

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（x₂），運用分析法分析出只要證ek(x1-x2)-k（x₁-x₂）-1＞0即可，通過構造函數h（x）=e^x-x-1＞0在（-∞，0）上恒成立，即可證得ek(x1-x2)-k（x₁-x₂）-1＞0，從而證得

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（x₂），同理可證f′（x₂）＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

，即可證得結論；
解法2：令f′（x₀）=kekx0-2=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，得x₀=

1

k

ln（

2

k

+

f(x2)-f(x1)

k(x2-x1)

），然后利用導數證明x₁＜x₀＜x₂，從而證得結論．

解答：解：（I）∵f（x）=e^x-2x，
∴f′（x）=e^x-2，
令f′（x）=0，得x=lnx，
∴當x＜ln2，f′（x）＜0，可得f（x）在（-∞，ln2）單調遞減，當x＞ln2，f′（x）＞0，可得f（x）在（ln2，+∞）單調遞增，
∴f（x）的最小值為f（ln2）=2-2ln2．
（II）∵f′（x）=ke^kx-2，
①若k＜0時，f′（x）恒小于零，則f（x）在R上單調遞減；
∵當x＞0時，f（x）＜f（0）=1，
∴不符合f（x）≥1恒成立．
②若k＞0時，令f′（x）=0，得x=

1

k

ln

2

k

，
當x＜

1

k

ln

2

k

時，f′（x）＜0，可知f（x）在(-∞，

1

k

ln

2

k

)單調遞減，當x＞

1

k

ln

2

k

時，f′（x）＞0，可知f（x）在(

1

k

ln

2

k

，+∞)單調遞增，
∴f（x）的最小值為f(

1

k

ln

2

k

)=

2

k

-

2

k

ln

2

k

，
∵f（x）≥1恒成立，即f（x）_min≥1，
∴

2

k

-

2

k

ln

2

k

≥1，
構造函數g（x）=x-xlnx（x＞0），則有g(

2

k

)≥1，
∵g′（x）=1-lnx-1=-lnx，
∴g（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減，
∴g（x）≤g（1）=1，當且僅當x=1時取得最大值，結合g(

2

k

)≥1，
∴

2

k

=1，
∴k=2．
（ III）解法1：
由已知可知，f′（x₂）=kekx2-2≥0，則k＞0，
先證

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（x₂），
∵x₂-x₁＞0，
要證

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（x₂），
只要證f(x2)-f(x1)＜(x2-x1)(kekx2-2)，即證ekx2-ekx1＜k（x₂-x₁）ekx2，
只要證1-ek(x1-x2)＜k（x₂-x₁），即證ek(x1-x2)-k（x₁-x₂）-1＞0，
設h（x）=e^x-x-1，
∵h′（x）=e^x-1＜0，
∴h（x）在（-∞，0）內是減函數，
∴h（x）＞h（0）=0，
∵x=k（x₁-x₂）＜0，
∴h（k（x₁-x₂））＞0，
∴

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜f′（x₂），
同理可證f′（x₂）＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

，
∴

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

．
（ III）解法2：
令f′（x₀）=kekx0-2=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，得x₀=

1

k

ln（

2

k

+

f(x2)-f(x1)

k(x2-x1)

），
下面證明x₁＜x₀＜x₂，
令g（x）=f′（x）=ke^kx-2，則g′（x）=k²e^kx＞0恒成立，即f′（x）為增函數，
f′（x₂）-

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=

1

x2-x1

[（x₂-x₁）f′（x₂）-（f（x₂）-f（x₁））]，
構造函數k（x）=（x₂-x₁）f′（x₂）-（f（x₂）-f（x₁）），（x≤x₂），
k′（x）=f′（x）-f′（x₂）≤0，
k（x₂）=0，故x≤x₂時，k（x）＞0，即得f′（x₂）-

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＞0，
同理可證f′（x₁）-

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜0，
即f′（x₁）＜f′（x₀）＜f′（x₂），
因f′（x）為增函數，得x₁＜x₀＜x₂，即在區間（x₁，x₂）上存在x₀，使f′（x₀）=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，
同理，在區間（x₂，x₃）上存在x′使f′（x′）=

f(x3)-f(x2)

x3-x2

，
由f′（x）為增函數，得

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＜

f(x3)-f(x2)

x3-x2

．

點評：本題主要考查了導數在最大值和最小值中的應用，考查了利用導數研究函數的單調性以及用導數解決方程根的分布的問題，同時考查了利用構造函數法證明不等式，是一道綜合題，有一定的難度．屬于難題．