题目内容
【题目】已知函数
（
为常数），函数
，（
为常数，且
）.
（1）若函数
有且只有1个零点，求的取值的集合.
（2）当（1）中的取最大值时，求证：
.
【答案】(1) {k|k≤0或k=1} (2)见解析
【解析】试题分析：
（1）由题意得
，①当k≤0时，由根的存在性定理可得f(x)在(ek-2，1)上存在唯一零点，符合题意。②当k>0时，可得f(x)在
上单调递增，在
上单调递减。若
，得k=1，显然满足题意；若
，则得
在
上有唯一零点，在
上有唯一零点，不符题意。综上可得实数k的取值的集合为{k|k≤0或k=1}.
（2）由(1)知k=1，可得lnx≤x-1，而
，故
。故当k=1时，
。 再证记
，即可得到结论。
试题解析：
(1)由题意得，
①当k≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，+∞)单调递增.
而f(ek-2)=k-2-kek-2+1=k(1-ek-2)-1≤-1<0，f(1)=1-k>0，
故f(x)在(ek-2，1)上存在唯一零点，满足题意；
②当k>0时，
令f′(x)>0得0<x<
，则f(x)在上单调递增；
令f′(x)<0得x>，则f(x)在上单调递减；
若，得k=1，显然满足题意；
若，则0<k<1，而f
=
<0，
又f
=2ln
-
+1=2
+1，
令h(x)=lnx-x+1，则h′(x)=
，
令h′(x)>0，得x<1，故h(x)在(0，1)上单调递增；
令h′(x)<0，得x>1，故h(x)在(1，+∞)上单调递减；
故h(x)≤h(1)=0，则h
=ln-+1<0，
即ln-<-1，
则f=2ln-+1=2+1<-1<0.
故在上有唯一零点，在上有唯一零点，不符题意.
综上实数k的取值的集合为{k|k≤0或k=1}.
(2)由(1)知k=1，可得lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立，
而，故，
则k=1时，
。
记
，
则F′(x)=(x+1)
=
(axex-2)，
令G(x)=axex-2，则G′(x)=a(x+1)ex>0，故G(x)在(0，+∞)上单调递增.
而G(0)=-2<0，G
=2(
-1)>0，
故存在x0∈
，使得G(x0)=0，即ax0
-2=0.
且当x∈(0，x0)时，G′(x)<0，故F′(x)<0；
当x∈(x0，+∞)时，G′(x)>0，故F′(x)>0.
则F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，
故
故ag(x)-2f(x)>2(lna-ln2).
