已知函数f（x）=kex-2，g（x）=[2kx−k−1/x]．

已知函数f（x）=kex-2，g（x）=[2kx−k−1/x]．

（1）若h（x）=f（x）-x+2，x∈R，有两个不同的零点，求实数k的取值范围；

（2）若k＞0，对∀x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，求正实数k的取值范围．

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解题思路：（1）h（x）=f（x）-x+2=kex-x，h′（x）=kex-1．由于函数h（x）有两个不同的零点，因此h（x）必有极值点，且极大值大于0或极小值小于0．

（2））由于k＞0，对∀x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，可得k＞0，对∀x＞0，f（x）-g（x）=

k

e

x

+

k+1

x

−2k−2

≥0恒成立⇔u（x）=kxex-（2k+2）x+（k+1）≥0，k＞0，∀x＞0．利用研究函数的单调性极值即可得出．

（1）h（x）=f（x）-x+2=kex-x，

h′（x）=kex-1．

∵函数h（x）有两个不同的零点，∴h（x）必有极值点，且极大值大于0或极小值小于0．

∴h′（x）=0有实数根，

当k≤0时，h′（x）＜0，不满足题意，应舍去．

∴k＞0．

h′(x)＝k(ex−

1

k)，

令h′（x）=0，解得x=-lnk．

当x＞-lnk时，h′（x）＞0，此时函数h（x）单调递增；当x＜-lnk时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减．

因此x=-lnk时，函数h（x）取得极小值，

∴h（-lnk）＜0，1+lnk＜0，解得0＜k＜

1

e．

（2）∵k＞0，对∀x＞0，均有f（x）≥g（x）成立，

∴k＞0，对∀x＞0，f（x）-g（x）=kex+

k+1

x−2k−2≥0恒成立

⇔u（x）=kxex-（2k+2）x+（k+1）≥0，k＞0，∀x＞0．

u′（x）=kex+kxex-（2k+2）=v（x），

v′（x）=k（2+x）ex＞0，

∴v（x）即u′（x）在（0，+∞）上单调递增，

而u′（0）=-k-2＜0，x→+∞，u′（x）＞0．

∴u（x）存在极小值点．

令u′（x0）=0，

kex0+kx0ex0−(2k+2)＝0，

∴ex0=[2k+2

k+kx0，k＝

2

ex0+x0ex0−2．

则u（x0）=kx0ex0-（2k+2）x0+（k+1）=

kx0(2k+2)

k+kx0-（2k+2）x0+（k+1）=

(2k+2)x0−(2k+2)x0(1+x0)+(k+1)(1+x0)

1+x0≥0，

∴2

x20−x0−1≤0，

解得0＜x0≤1．

∴0＜ex0+x0ex0−2≤2e−2，

则k≥

1/e−1]．

∴k的取值范围是[

1

e−1，+∞)．

点评：

本题考点： 指数函数综合题．

考点点评： 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了多次求导解决问题，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

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