Question

【題目】已知函數(shù)f (x)＝ex－ax－1，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R．

（1）若a＝e，函數(shù)g (x)＝(2－e)x．

①求函數(shù)h(x)＝f (x)－g (x)的單調(diào)區(qū)間；

②若函數(shù)的值域為R，求實數(shù)m的取值范圍；

（2）若存在實數(shù)x1，x2∈[0，2]，使得f(x1)＝f(x2)，且|x1－x2|≥1，

求證：e－1≤a≤e2－e．

Answer 1

【答案】（1）[0， ]．（2）e－1≤a≤e2－e．

【解析】試題分析：（1）①由，得到函數(shù)，求得，利用， ，即可求解函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；②由，得出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，分和分離討論，即可求解實數(shù)的取值范圍；

（2）由，若時， ，函數(shù)單調(diào)遞增，不符合題意，

當(dāng)時，得出的單調(diào)性，不妨設(shè)時，有 ，利用函數(shù)的單調(diào)性得到，列出不等式組，即可求解范圍。

試題解析：

（1）當(dāng)a＝e時，f (x)＝ex－ex－1．

① h (x)＝f (x)－g (x)＝ex－2x－1，h′ (x)＝ex－2．

由h′ (x)＞0得x＞ln2，由h′ (x)＜0得x＜ln2．

所以函數(shù)h(x)的單調(diào)增區(qū)間為 (ln2，＋∞)，單調(diào)減區(qū)間為 (－∞，ln2)．

② f ′ (x)＝ex－e．

當(dāng)x＜1時，f′ (x)＜0，所以f (x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減；

當(dāng)x＞1時，f′ (x)＞0，所以f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增．

1° 當(dāng)m≤1時，f (x)在(－∞，m]上單調(diào)遞減，值域為[em－em－1，＋∞)，

g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上單調(diào)遞減，值域為(－∞，(2－e)m)，

因為F(x)的值域為R，所以em－em－1≤(2－e)m，

即em－2m－1≤0． （*）

由①可知當(dāng)m＜0時，h(m)＝em－2m－1＞h(0)＝0，故（*）不成立．

因為h(m)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2，1)上單調(diào)遞增，且h(0)＝0，h(1)＝e－3＜0，

所以當(dāng)0≤m≤1時，h(m)≤0恒成立，因此0≤m≤1．

2° 當(dāng)m＞1時，f (x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，m]上單調(diào)遞增，

所以函數(shù)f (x)＝ex－ex－1在(－∞，m]上的值域為[f (1)，＋∞)，即[－1，＋∞)．

g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上單調(diào)遞減，值域為(－∞，(2－e)m)．

因為F(x)的值域為R，所以－1≤(2－e)m，即1＜m≤．

綜合1°，2°可知，實數(shù)m的取值范圍是[0，]．

（2）f ′ (x)＝ex－a．

若a≤0時，f ′ (x)＞0，此時f(x)在R上單調(diào)遞增．

由f(x1)＝f(x2)可得x1＝x2，與|x1－x2|≥1相矛盾，

所以a＞0，且f(x)在(－∞，lna]單調(diào)遞減，在[lna，＋∞)上單調(diào)遞增．

若x1，x2∈(－∞，lna]，則由f (x1)＝f (x2)可得x1＝x2，與|x1－x2|≥1相矛盾，

同樣不能有x1，x2∈[lna，＋∞)．

不妨設(shè)0≤x1＜x2≤2，則有0≤x1＜lna＜x2≤2．

因為f(x)在(x1，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，x2)上單調(diào)遞增，且f (x1)＝f (x2)，

所以當(dāng)x1≤x≤x2時，f (x)≤f (x1)＝f (x2)．

由0≤x1＜x2≤2，且|x1－x2|≥1，可得1∈[x1，x2]，

故f (1)≤f (x1)＝f (x2)．

又f (x)在(－∞，lna]單調(diào)遞減，且0≤x1＜lna，所以f (x1)≤f (0)，

所以f (1)≤f (0)，同理f (1)≤f (2)．

即解得e－1≤a≤e2－e－1，

所以 e－1≤a≤e2－e．