Question

7．己知函數(shù)f（x）=e^x（2x-1）-ax+a（a∈R），e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）當a=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）①若存在實數(shù)x，滿足f（x）＜0，求實數(shù)a的取值范圍：②若有且只有唯一整數(shù)x₀，滿足f（x₀）＜0，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論x＞0，x＜0，結(jié)合指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，可得導(dǎo)數(shù)的符號，進而得到單調(diào)區(qū)間；
（2）①討論x=1，x＞1．x＜1，運用參數(shù)分離，記g（x）=$\frac{{e}^{x}（2x-1）}{x-1}$，求出導(dǎo)數(shù)，求出單調(diào)區(qū)間，可得最值，可得a的范圍；
②由①可得0＜a＜1時，以及當a＞4e${\;}^{\frac{3}{2}}$，運用g（x）的單調(diào)性，可得不等式組，解不等式即可得到所求a的范圍．

解答 解：（1）當a=1時，f（x）=e^x（2x-1）-x+1，導(dǎo)數(shù)f′（x）=e^x（2x+1）-1，
當x＞0時，e^x＞1，2x+1＞1，可得f′（x）＞0；
當x＜0時，0＜e^x＜1，2x+1＜1，可得f′（x）＜0．
即有f（x）的增區(qū)間為（0，+∞），減區(qū)間為（-∞，0）；
（2）①由f（x）＜0可得e^x（2x-1）＜a（x-1），當x=1時，不等式顯然不成立；
當x＞1時，a＞$\frac{{e}^{x}（2x-1）}{x-1}$；當x＜1時，a＜$\frac{{e}^{x}（2x-1）}{x-1}$；
記g（x）=$\frac{{e}^{x}（2x-1）}{x-1}$，g′（x）=$\frac{{e}^{x}（2{x}^{2}-3x）}{（x-1）^{2}}$，
可得g（x）在（-∞，0），（$\frac{3}{2}$，+∞）上遞增；在（0，1），（1，$\frac{3}{2}$）遞減；
可得當a＞1時，a＞g（$\frac{3}{2}$）=4e${\;}^{\frac{3}{2}}$；當x＜1時，a＜g（0）=1，
綜上可得，a的取值范圍是（-∞，1）∪（4e${\;}^{\frac{3}{2}}$，+∞）；
②由①可得0＜a＜1時，x₀∈（-∞，1），由f（x₀）＜0，
代入不等式可得得a＞$\frac{{e}^{{x}_{0}}（2{x}_{0}-1）}{{x}_{0}-1}$=g（x₀），
得g（x₀）＜a，
又g（x）在（-∞，0）遞增，在（0，1）遞減，且g（0）=1＞a，
則g（-1）≤a，即a≥$\frac{3}{2e}$，故$\frac{3}{2e}$≤a＜1，檢驗不成立；
當a＞4e${\;}^{\frac{3}{2}}$，x₀∈（1，+∞），
由f（x₀）＜0，得g（x₀）＜a．
又g（x）在（1，$\frac{3}{2}$）遞減，（$\frac{3}{2}$，+∞）上遞增，
且g（$\frac{3}{2}$）=4e${\;}^{\frac{3}{2}}$＜a，
在區(qū)間[$\frac{3}{2}$，2]上，存在x₀=2這個唯一的整數(shù)，
使g（2）＞g（$\frac{3}{2}$），f（2）＜0，
所以a∈[4e${\;}^{\frac{3}{2}}$，3e²]．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間，考查不等式的存在性問題的解法，注意運用參數(shù)分離和分類討論的思想方法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．