Question

1．已知函數(shù)f（x）=x+e^-x-1．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的極小值；
（Ⅱ）如果直線y=kx-1與函數(shù)f（x）的圖象無(wú)交點(diǎn)，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而求出函數(shù)的極小值；
（Ⅱ）先利用特殊值，判斷兩函數(shù)值的大小，再構(gòu)造函數(shù)g（x）=g（x）-（kx-1），根據(jù)函數(shù)g（x）的最值來(lái)對(duì)k進(jìn)行分類討論．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域?yàn)镽．∵f（x）=x+e^-x-1，
∴${f}^{′}（x）=\frac{{e}^{x}-1}{{e}^{x}}$．
令f′（x）=0，則x=0．
當(dāng)x＜0時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)；x＞0x＞0時(shí)，f′（x）＞0
∴f（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x=0時(shí)函數(shù)有極小值f′（x）_極小值=f（0）=0．
（Ⅱ）∵函數(shù)$f（x）=x-1+\frac{1}{{e}^{x}}$，
當(dāng)x=0時(shí)$f（0）=0-1+\frac{1}{{e}^{0}}=0$，y=k•0-1=-1，
所以要使y=kx-1與f（x）無(wú)交點(diǎn)，等價(jià)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當(dāng)k=1時(shí)，$g（x）=\frac{1}{{e}^{x}}＞0$，滿足y=kx-1與f（x）無(wú)交點(diǎn)；
②當(dāng)k＞1時(shí)，$g（\frac{1}{k-1}）=（1-k）\frac{1}{1-k}+{e}^{\frac{1}{1-k}}={e}^{\frac{1}{1-k}}-1$，
而$\frac{1}{1-k}＜0$，${e}^{\frac{1}{1-k}}＜1$，
所以$g（\frac{1}{k-1}）＜0$，此時(shí)不滿足y=kx-1與f（x）無(wú)交點(diǎn)．
③當(dāng)k＜1時(shí)，令${g}^{′}（x）=\frac{（1-k）{e}^{x}-1}{{e}^{x}}=0$，則x=-ln（1-k），
當(dāng)x∈（-∞，-ln（1-k））時(shí)，g′（x）＜0，g（x）在（-∞，-ln（1-k））上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（-ln（1-k），+∞）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）在（-ln（1-k），+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)x=-ln（1-k）時(shí)，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與f（x）無(wú)交點(diǎn)．
綜上所述 當(dāng)k∈（1-e，1]時(shí)，y=kx-1與f（x）無(wú)交點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了，函數(shù)的最值，單調(diào)性，圖象的交點(diǎn)，運(yùn)用了等價(jià)轉(zhuǎn)化、分類討論思想，是一道導(dǎo)數(shù)的綜合題，難度較大．