Question

17．已知函数f（x）=x•e^x-1，g（x）=lnx+kx，且f（x）≥g（x）对任意的x∈（0，+∞）恒成立，则实数k的最大值为1．

Answer 1

分析 运用够造函数的方法求解k≤e^x$-\frac{1}{x}$$-\frac{lnx}{x}$，h（x）=e^x$-\frac{1}{x}$$-\frac{lnx}{x}$，k≤h（x）_小即可．运用求解导数得出h（x）在（0，x₀）单调递减，（x₀，+∞）单调递增．估算出$\frac{1}{2}＜{x}_{0}$$＜\frac{3}{4}$，1＜h（x₀）＜2，得出k≤1．

解答 解：∵f（x）=x•e^x-1，g（x）=lnx+kx，且f（x）≥g（x），
∴x•e^x-1≥lnx+kx，
k≤e^x$-\frac{1}{x}$$-\frac{lnx}{x}$，h（x）=e^x$-\frac{1}{x}$$-\frac{lnx}{x}$，k≤h（x）_小即可．
h′（x）=$\frac{{x}^{2}{e}^{x}+lnx}{{x}^{2}}$，h′（1）＞0，h（x）在（1，+∞）单调递增，
令h′（x）=0，x=x₀，x₀²e${\;}^{{x}_{0}}$+lnx₀=0，则h（x）在（0，x₀）单调递减，（x₀，+∞）单调递增．
h（x）_小=e${\;}^{{x}_{0}}$$-\frac{1}{{x}_{0}}$$-\frac{ln{x}_{0}}{{x}_{0}}$，h（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{e}$-ln16＜0，h（$\frac{3}{4}$）=${e}^{\frac{3}{4}}$$+\frac{16}{9}$ln$\frac{3}{4}$＞0∴$\frac{1}{2}＜{x}_{0}$$＜\frac{3}{4}$，
h（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{e}$+2ln2-2=1.035，
h（$\frac{3}{4}$）=e${\;}^{\frac{3}{4}}$$-\frac{4}{3}$（ln$\frac{3}{4}$+1）=1.168
1＜h（x₀）＜2，k≤1
故答案为：1

点评 本题综合考察了导数的运用，难度较大，需要有很强的估算能力，观察能力，敢于往下钻研的能力．