Question

1．已知函数f（x）=x+e^-x-1．
（Ⅰ）求函数f（x）的极小值；
（Ⅱ）如果直线y=kx-1与函数f（x）的图象无交点，求k的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用导数求出函数f（x）的单调区间，进而求出函数的极小值；
（Ⅱ）先利用特殊值，判断两函数值的大小，再构造函数g（x）=g（x）-（kx-1），根据函数g（x）的最值来对k进行分类讨论．

解答 解：（Ⅰ）函数的定义域为R．∵f（x）=x+e^-x-1，
∴${f}^{′}（x）=\frac{{e}^{x}-1}{{e}^{x}}$．
令f′（x）=0，则x=0．
当x＜0时，f′（x）＜0，当；x＞0x＞0时，f′（x）＞0
∴f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
∴当x=0时函数有极小值f′（x）_极小值=f（0）=0．
（Ⅱ）∵函数$f（x）=x-1+\frac{1}{{e}^{x}}$，
当x=0时$f（0）=0-1+\frac{1}{{e}^{0}}=0$，y=k•0-1=-1，
所以要使y=kx-1与f（x）无交点，等价于f（x）＞kx-1恒成立．
令$g（x）=x-1+\frac{1}{{e}^{x}}-（kx-1）$，即g（x）=（1-k）x+e^-x，
所以${g}^{′}（x）=\frac{（1-k）{e}^{x}-1}{{e}^{x}}$．
①当k=1时，$g（x）=\frac{1}{{e}^{x}}＞0$，满足y=kx-1与f（x）无交点；
②当k＞1时，$g（\frac{1}{k-1}）=（1-k）\frac{1}{1-k}+{e}^{\frac{1}{1-k}}={e}^{\frac{1}{1-k}}-1$，
而$\frac{1}{1-k}＜0$，${e}^{\frac{1}{1-k}}＜1$，
所以$g（\frac{1}{k-1}）＜0$，此时不满足y=kx-1与f（x）无交点．
③当k＜1时，令${g}^{′}（x）=\frac{（1-k）{e}^{x}-1}{{e}^{x}}=0$，则x=-ln（1-k），
当x∈（-∞，-ln（1-k））时，g′（x）＜0，g（x）在（-∞，-ln（1-k））上单调递减上单调递减；
当x∈（-ln（1-k），+∞）时，g′（x）＞0，g（x）在（-ln（1-k），+∞）上单调递增；
当x=-ln（1-k）时，g（x）_min=g（-ln（1-k））=（1-k）（1-ln（1-k））．
由（1-k）[1-ln（1-k）]＞0 得1-e＜k＜1，
即y=kx-1与f（x）无交点．
综上所述 当k∈（1-e，1]时，y=kx-1与f（x）无交点．

点评 本题考查了，函数的最值，单调性，图象的交点，运用了等价转化、分类讨论思想，是一道导数的综合题，难度较大．