Question

6．已知函數(shù)f （x）=e^x-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)F（x）=$\left\{\begin{array}{l}f（x），x≤m\\ g（x），x＞m\end{array}$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

分析 （1）①求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
②求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論m的范圍得到函數(shù)的值域，從而確定m的具體范圍即可；
（2）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，得到a＞0且f（x）在（-∞，lna]遞減，在[lna，+∞）遞增，設0≤x₁＜x₂≤2，則有0≤x₁＜lna＜x₂≤2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到關于m的不等式組，解出即可．

解答 解：（1）a=e時，f（x）=e^x-ex-1，
①h（x）=f（x）-g（x）=e^x-2x-1，h′（x）=e^x-2，
由h′（x）＞0，得x＞ln2，由h′（x）＜0，解得：x＜ln2，
故函數(shù)h（x）在（ln2，+∞）遞增，在（-∞，ln2）遞減；
②f′（x）=e^x-e，
x＜1時，f′（x）＜0，f（x）在（-∞，1）遞減，
x＞1時，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）遞增，
m≤1時，f（x）在（-∞，m]遞減，值域是[e^m-em-1，+∞），
g（x）=（2-e）x在（m，+∞）遞減，值域是（-∞，（2-e）m），
∵F（x）的值域是R，故e^m-em-1≤（2-e）m，
即e^m-2m-1≤0，（*），
由①可知m＜0時，h（x）=e^m-2m-1＞h（0）=0，故（*）不成立，
∵h（m）在（0，ln2）遞減，在（ln2，1）遞增，且h（0）=0，h（1）=e-3＜0，
∴0≤m≤1時，h（m）≤0恒成立，故0≤m≤1；
m＞1時，f（x）在（-∞，1）遞減，在（1，m]遞增，
故函數(shù)f（x）=e^x-ex-1在（-∞，m]上的值域是[f（1），+∞），即[-1，+∞），
g（x）=（2-e）x在（m，+∞）上遞減，值域是（-∞，（2-e）m），
∵F（x）的值域是R，∴-1≤（2-e）m，即1＜m≤$\frac{1}{e-2}$，
綜上，m的范圍是[0，$\frac{1}{e-2}$]；
（2）證明：f′（x）=e^x-a，
若a≤0，則f′（x）＞0，此時f（x）在R遞增，
由f（x₁）=f（x₂），可得x₁=x₂，與|x₁-x₂|≥1矛盾，
∴a＞0且f（x）在（-∞，lna]遞減，在[lna，+∞）遞增，
若x₁，x₂∈（-∞，lna]，則由f（x₁）=f（x₂）可得x₁=x₂，與|x₁-x₂|≥1矛盾，
同樣不能有x₁，x₂∈[lna，+∞），
不妨設0≤x₁＜x₂≤2，則有0≤x₁＜lna＜x₂≤2，
∵f（x）在（x₁，lna）遞減，在（lna，x₂）遞增，且f（x₁）=f（x₂），
∴x₁≤x≤x₂時，f（x）≤f（x₁）=f（x₂），
由0≤x₁＜x₂≤2且|x₁-x₂|≥1，得1∈[x₁，x₂]，
故f（1）≤f（x₁）=f（x₂），
又f（x）在（-∞，lna]遞減，且0≤x₁＜lna，故f（x₁）≤f（0），
故f（1）≤f（0），同理f（1）≤f（2），
即$\left\{\begin{array}{l}{e-a-1≤0}\\{e-a-1{≤e}^{2}-2a-2}\end{array}\right.$，解得：e-1≤a≤e²-e-1，
∴e-1≤a≤e²-e．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想、考查不等式的證明，是一道綜合題．