Question

已知f（x）=e^x（lnx+1）
（1）求y=f（x）-f′（x）的单调区间与极值；
（2）若k＜0，试分析方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e在[1，+∞]上是否有实根，若有实数根，求出k的取值范围；否则，请说明理由．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数研究函数的极值

专题：导数的综合应用

分析：（1）先求出f（x）的导数，代入y=f（x）-f′（x）得出函数表达式，再去研究单调性与极值，
（2）把方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e化简，构造函数，用导数研究方程有无实根．

解答： 解：（1）函数f（x）=e^x（lnx+1）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=exlnx+

ex

x

+e^x，则y=f（x）-f′（x）=-

ex

x

，
∴y′=

ex-xex

x2

，由y′=0可得x=1．
当x＞1时，y′＜0；当x＜1时，y′＞0；
∴y=f（x）-f′（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞），
∴当x=1时，y取极大值-e，函数无极小值．
（2）方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e可变为f′（x）-f（x）-kx+k²-e=0
进一步化为

ex

x

-kx+k²-e=0，令g（x）=

ex

x

-kx+k²-e，
g′（x）=

xex-ex

x2

-k．
∵x≥1，∴x-1≥0，而e^x＞0，∴

xex-ex

x2

=

ex(x-1)

x2

≥0，又k＜0，
∴g′（x）=

xex-ex

x2

-k＞0，
∴g（x）在[1，+∞]上单调递增，且g（x）的最小值为g（1）=k²-k，
则方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e在[1，+∞]上最多只有一个实根，
∴要使方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e在[1，+∞]上有一个实根，只需k²-k≤0，
解得0≤k≤1，这与k＜0矛盾，故方程f′（x）=f（x）+kx-k²+e在[1，+∞]上无实根．

点评：本题主要考查函数与导数的综合应用，构造函数研究方程问题，体现了函数与方程、转化划归的数学思想．