Question

16．已知x₁，x₂，x₃是函数f（x）=$\frac{kx}{{e}^{x}}$-lnx+x（k∈R）的三个极值点，且0＜x₁＜x₂＜x₃，有下列四个关于函数f（x）的结论：①k＞e²；②x₂=1；③f（x₁）=f（x₃）；④f（x）＞2恒成立，其中正确的序号为②③④．

Answer 1

分析 f′（x）=$\frac{（x-1）（{e}^{x}-kx）}{x{e}^{x}}$，（x＞0），记g（x）=e^x-kx，g′（x）=e^x-k
分k≤1，k＞1讨论即可判定①，
又g（1）=e-k＜0，可得x₁＜x₂=1＜x₃，可判定②
由上可得x₁，x₃是g（x）=0的两个根，即e${\;}^{{x}_{1}}$=kx₁，e${\;}^{{x}_{3}}$=kx₃，
可得f（x₁）=$\frac{k{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}-ln{x}_{1}+{x}_{1}$=1-ln$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{k}+{x}_{1}$=1+lnk，同理f（x₃）=1+lnk，可判定③；
由以上推导可得f（x）在（0，x₁）递减，在（x₁，1）递增，在（1，x₃）上递减，在（₃，+∞）上递增．
即可得f（x）_min=f（x₁）=f（x₃）=1+lnk＞1+lne=2，可判定④．

解答 解：f′（x）=$\frac{（x-1）（{e}^{x}-kx）}{x{e}^{x}}$，（x＞0），记g（x）=e^x-kx，g′（x）=e^x-k
当k≤1时，则有x＞0⇒g′（x）＞e⁰-k＞0⇒g（x）在（0，+∞）上递增，∴g（x）=0至多有一解，⇒f′（x）=0至多有两解，不符合题意．
当k＞1时，由g（x）得单调性可知g（x）_min=g（lnk）=k-lnk，要使函数f（x）有三个极值点，即f′（x）=0恰有三个不等正实数根，∴g（x）_min=k-klnk＜0
解得k＞e，故①错；
   又∵g（1）=e-k＜0，且1是函数f（x）=$\frac{kx}{{e}^{x}}$-lnx+x（k∈R）的一个极值点，∴x₁＜x₂=1＜x₃，故②正确；
由上可得x₁，x₃是g（x）=0的两个根，即e${\;}^{{x}_{1}}$=kx₁，e${\;}^{{x}_{3}}$=kx₃，
∴f（x₁）=$\frac{k{x}_{1}}{{e}^{{x}_{1}}}-ln{x}_{1}+{x}_{1}$=1-ln$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{k}+{x}_{1}$=1+lnk，同理f（x₃）=1+lnk，故③正确；
由以上推导可得f（x）在（0，x₁）递减，在（x₁，1）递增，在（1，x₃）上递减，在（₃，+∞）上递增．
∴f（x）_min=f（x₁）=f（x₃）=1+lnk＞1+lne=2，故④正确．
故答案为：②③④

点评 本题考查了导数与函数的单调性、极值，考查了分类讨论思想、转化思想，属于难题．