Question

11．已知函數(shù)f（x）=e^x-a（x-1）（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若m，n，p滿足|m-p|＜|n-p|恒成立，則稱m比n更靠近p．在函數(shù)f（x）有極值的前提下，當(dāng)x≥1時，$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近lnx，試求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，分類討論，利用導(dǎo)函數(shù)的符號判斷函數(shù)的單調(diào)性；
（2）設(shè)g（x）=$\frac{e}{x}$-lnx（x≥1），h（x）=e^x-1+a-lnx（x≥1），分類討論，利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求a的取值范圍．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-a，
若a≤0，則在區(qū)間（-∞，+∞）上f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．所以當(dāng)a≤0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，+∞）；
若a＞0，令f′（x）=0，即e^x=a，解得x=lna，
因為函數(shù)f′（x）=e^x-a在區(qū)間（-∞，+∞）是遞增函數(shù)，
所以在區(qū)間（-∞，lna）內(nèi)f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；在區(qū)間（lna，+∞）內(nèi)f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
所以當(dāng)a＞0時，f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，lna），f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（lna，+∞）；
（2）由題意，a＞0，|$\frac{e}{x}$-lnx|＜|e^x-1+a-lnx|，
設(shè)g（x）=$\frac{e}{x}$-lnx（x≥1），h（x）=e^x-1+a-lnx（x≥1），
∵g（x）在[1，+∞）上為減函數(shù)，g（e）=0，
∴1≤x≤e，g（x）≥g（e）=0，x＞e，g（x）＜0．
∵h(yuǎn)′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，∴h′（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)，∴h′（x）≥h′（1）=0，h（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)，
∴x≥1，h（x）≥h（1）=a+1＞0．
①1≤x≤e，|$\frac{e}{x}$-lnx|＜|e^x-1+a-lnx|，可化為$\frac{e}{x}$-lnx＜e^x-1+a-lnx，即a＞$\frac{e}{x}$-e^x-1，
設(shè)p（x）=$\frac{e}{x}$-e^x-1（1≤x≤e），p（x）單調(diào)遞減，∴a＞p（1）=e-1；
②x＞e，|$\frac{e}{x}$-lnx|＜|e^x-1+a-lnx|，可化為-$\frac{e}{x}$+lnx＜e^x-1+a-lnx，即a＞-$\frac{e}{x}$-e^x-1+2lnx
設(shè)q（x）=-$\frac{e}{x}$-e^x-1+2lnx（x＞e），q′（x）=$\frac{e}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}$-e^x-1，∴q′（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
∴q′（x）＜q′（e）=$\frac{3}{e}-{e}^{e-1}$＜0，∴q（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞減，
∵q（e）=1-e^e-1，∴a≥1-e^e-1
綜上所述，a＞e-1．

點評 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的極值，分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查分析問題解決問題的能力．