Question

5．已知函數f（x）=xe^tx-e^x+1，其中t∈R，e是自然對數的底數．
（Ⅰ）若方程f（x）=1無實數根，求實數t的取值范圍；
（Ⅱ）若函數f（x）在（0，+∞）內為減函數，求實數t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先確定原方程無負實數根，令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，求出函數的值域，方程f（x）=1無實數根，等價于1-t∉（-∞，$\frac{1}{e}$]，從而求出t的范圍；
（Ⅱ）利用函數f（x）是（0，+∞）內的減函數，確定t＜1，再分類討論，即可求實數t的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=1，可得x=e^x（1-t）＞0，
∴原方程無負實數根，
故有$\frac{lnx}{x}$=1-t．
令g（x）=$\frac{lnx}{x}$，則g′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，
∴0＜x＜e，g′（x）＞0；x＞e，f′（x）＜0，
∴函數g（x）在（0，e）上單調遞增，在（e，+∞）上單調遞減，
∴函數g（x）的最大值為g（e）=$\frac{1}{e}$，
∴函數g（x）的值域為（-∞，$\frac{1}{e}$]；
方程f（x）=1無實數根，等價于1-t∉（-∞，$\frac{1}{e}$]，
∴1-t＞$\frac{1}{e}$，
∴t＜1-$\frac{1}{e}$，
∴當t＜1-$\frac{1}{e}$時，方程f（x）=1無實數根；
（Ⅱ）f′（x）=e^tx[1+tx-e^（1-t）x]
由題設，x＞0，f′（x）≤0，
不妨取x=1，則f′（1）=e^t（1+t-e^1-t）≤0，
t≥1時，e^1-t≤1，1+t≤2，不成立，∴t＜1．
①t≤$\frac{1}{2}$，x＞0時，f′（x）=e^tx[1+tx-e^（1-t）x]≤${e}^{\frac{x}{2}}$（1+$\frac{x}{2}$-${e}^{\frac{x}{2}}$），
由（Ⅰ）知，x-e^x+1＜0，∴1+$\frac{x}{2}$-${e}^{\frac{x}{2}}$＜0，∴f′（x）＜0，
∴函數f（x）是（0，+∞）內的減函數；
②$\frac{1}{2}$＜t＜1，$\frac{t}{1-t}$＞1，∴$\frac{1}{1-t}$ln$\frac{t}{1-t}$＞0，
令h（x）=1+tx-e^（1-t）x，則h（0）=0，h′（x）=（1-t）[$\frac{t}{1-t}$-e^（1-t）x]
0＜x＜$\frac{1}{1-t}$ln$\frac{t}{1-t}$，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，$\frac{1}{1-t}$ln$\frac{t}{1-t}$）上單調遞增，
∴h（x）＞h（0）=0，此時，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{1-t}$ln$\frac{t}{1-t}$）上單調遞增，有f（x）＞f（0）=0與題設矛盾，
綜上，當t≤$\frac{1}{2}$時，函數f（x）是（0，+∞）內的減函數．

點評 本題考查導數知識的綜合運用，考查函數的單調性與最值，考查學生分析解決問題的能力，難度大．