Question

19．已知函数f（x）=e^x-kx，x∈R
（1）若k=e，求函数f（x）的极值；
（2）若对于任意x∈R，f（|x|）＞0恒成立，试求实数k的取值范围；
（3）设函数h（x）=f（x）+f（-x），求证：$\frac{lnh（1）+lnh（2）+…+lnh（n）}{n}＞\frac{{ln（{{e^{n+1}}+2}）}}{2}$（n∈N*）

Answer 1

分析 （1）把k=1代入函数解析式，求出导函数，得到原函数的单调区间，可得原函数的极值；
（2）由f（|x|）是偶函数．把f（|x|）＞0对任意x∈R成立转化为f（x）＞0对任意x≥0成立．求出原函数的导函数，分k≤0，k＞0两种情况求得实数k的取值范围；
（3）依题意得h（x）=f（x）+f（-x）=e^x+e^-x，则$\frac{lnh（1）+lnh（2）+…+lnh（n）}{n}=\frac{ln[h（1）h（2）…h（n）]}{n}$，求得h（x₁）h（x₂）＞${e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}+2$，可得h（1）h（n）＞eⁿ⁺¹+2，h（2）h（n-1）＞eⁿ⁺¹+2，…，h（n）h（1）＞eⁿ⁺¹+2．累积后整理得答案．

解答 解：（1）由k=e，得f（x）=e^x-ex，∴f'（x）=e^x-e． 
令f'（x）=0，得e^x-e=0，解得x=1．
由f'（x）＞0，得x＞1，故f（x）的单调递增区间是（1，+∞），
由f'（x）＜0，得x＜1，故f（x）的单调递减区间是（-∞，1）． 
∴f（x）存在极小值f（1）=0，无极大值；
（2）由f（|-x|）=f（|x|）可知f（|x|）是偶函数．
于是f（|x|）＞0对任意x∈R成立，等价于f（x）＞0对任意x≥0成立．
由f'（x）=e^x-k，得：
①若k≤0，则f'（x）＞0恒成立，∴f（x）在[0，+∞）为单调递增．
∴f（x）的最小值为f（0）=1＞0．∴k≤0． 
②若k＞0，令f'（x）=e^x-k=0，得x=lnk．
（i）当k∈（0，1]时，f'（x）=e^x-k＞1-k≥0（x＞0）．
此时f（x）在[0，+∞）上单调递增．
故f（x）≥f（0）=1＞0，符合题意． 
（ii）当k∈（1，+∞）时，lnk＞0．
当x变化时f'（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（0，lnk）	lnk	（lnk，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	单调递减	极小值	单调递增

由此可得，在[0，+∞）上，f（x）≥f（lnk）=k-klnk．
依题意，k-klnk＞0，又k＞1，∴1＜k＜e．
综上所述，实数k的取值范围是k＜e． 
证明：（3）依题意得h（x）=f（x）+f（-x）=e^x+e^-x，
∵$\frac{lnh（1）+lnh（2）+…+lnh（n）}{n}=\frac{ln[h（1）h（2）…h（n）]}{n}$，
∵h（x₁）h（x₂）=${e^{{x_1}+{x_2}}}+{e^{-（{x_1}+{x_2}）}}+{e^{{x_1}-{x_2}}}+{e^{-{x_1}+{x_2}}}＞{e^{{x_1}+{x_2}}}+{e^{-（{x_1}+{x_2}）}}+2＞{e^{{x_1}+{x_2}}}+2$，
∴h（1）h（n）＞eⁿ⁺¹+2，
h（2）h（n-1）＞eⁿ⁺¹+2
…
h（n）h（1）＞eⁿ⁺¹+2．
由此得，[h（1）h（2）…h（n）]²=[h（1）h（n）][h（2）h（n-1）]…[h（n）h（1）]＞（eⁿ⁺¹+2）ⁿ．
故$h（1）h（2）…h（n）＞{（{e^{n+1}}+2）^{\frac{n}{2}}}，n∈{{N}^*}$． 
∴$ln[h（1）h（2）…h（n）]＞ln{（{e^{n+1}}+2）^{\frac{n}{2}}}=\frac{n}{2}ln（{e^{n+1}}+2），n∈{{N}^*}$，
则$\frac{lnh（1）+lnh（2）+…+lnh（n）}{n}＞\frac{{ln（{{e^{n+1}}+2}）}}{2}$（n∈N*）．

点评 本题考查利用导数求函数的极值，考查数学转化思想方法，训练了利用基本不等式证明函数不等式，考查对数的运算性质，属于有一定难度问题．