Question

17．已知函數(shù)f（x）=a（x-1），g（x）=（ax-1）e^x，a∈R．
（Ⅰ）判斷直線y=f（x）能否與曲線y=g（x）相切，并說明理由；
（Ⅱ）若不等式f（x）＞g（x）有且僅有兩個整數(shù)解，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，設切點為（x₀，y₀），得到${e}^{{x}_{0}}$+x₀-2=0．設h（x）=e^x+x-2，根據(jù)函數(shù)的單調性求出x₀的值，判斷結論即可；
（Ⅱ）根據(jù)a（x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$）＜1，令h（x）=x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，根據(jù)函數(shù)的單調性求出h（x）的最小值，通過討論a的范圍，求出滿足條件的a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）假設存在這一的實數(shù)a使得f（x）的圖象與g（x）相切，設切點為（x₀，y₀），
由g′（x）=（ax+a-1）e^x可知，（ax₀+a-1）${e}^{{x}_{0}}$=a，即a（x₀${e}^{{x}_{0}}$+${e}^{{x}_{0}}$-1）=${e}^{{x}_{0}}$①
又函數(shù)f（x）的圖象過定點（1，0），因此$\frac{（{ax}_{0}-1{）e}^{{x}_{0}}}{{x}_{0}-1}$=a，
即a（x₀${e}^{{x}_{0}}$-x₀+1）=${e}^{{x}_{0}}$②
聯(lián)立①、②消去a有${e}^{{x}_{0}}$+x₀-2=0．
設h（x）=e^x+x-2，則h′（x）=e^x+1＞0，所以h（x）在R上單調遞增，
而h（0）=-1＜0，h（1）=e-1＞0，h（0）h（1）＜0，
故存在x₀∈（0，1），使得h（x₀）=0，
所以存在直線y=f（x）能與曲線y=g（x）相切．
（Ⅱ）由f（x）＞g（x）得a（x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$）＜1．
令h（x）=x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，則h′（x）=$\frac{{e}^{x}+x-2}{{e}^{x}}$．
令ω（x）=e^x+x-2，則ω′（x）=e^x+1＞0，所以ω（x）在R上單調遞增，
又ω（0）=-1＜0，ω（1）=e-1＞0，所以ω（x）在R上有唯一零點x₀（0，1），
此時h（x）在（-∞，x₀）上單調遞減，在（x₀，+∞）上單調遞增．
∴h（x）_min=h（x₀）=$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}{-x}_{0}+1}{{e}^{{x}_{0}}}$，
易證e^x＞x+1，h（x₀）=$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}{-x}_{0}+1}{{e}^{{x}_{0}}}$＞$\frac{{{x}_{0}}^{2}+1}{{e}^{{x}_{0}}}$＞0．
當x≤0時，h（x）≥h（0）=1＞0；當x≥1時，h（x）≥h（1）=1．
（1）若a≤0，則ah（x）≤0＜1，此時ah（x）＜1有無窮多個整數(shù)解，不合題意；
（2）若a≥1，即$\frac{1}{a}$≤1，因為h（x）在（-∞，0]上單調遞減，在[1，+∞）上單調遞增，
所以x∈z時，h（x）≥min{h（0），h（1）}=1≥$\frac{1}{a}$，所以h（x）＜$\frac{1}{a}$無整數(shù)解，不合題意；
（3）若0＜a＜1，即$\frac{1}{a}$＞1，此時h（0）=h（1）=1＜$\frac{1}{a}$，故0，1是h（x）＜$\frac{1}{a}$的兩個整數(shù)解，
又h（x）＜$\frac{1}{a}$只有兩個整數(shù)解，因此$\left\{\begin{array}{l}{h（-1）≥\frac{1}{a}}\\{h（2）≥\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，解得a≥$\frac{{e}^{2}}{{2e}^{2}-1}$．
所以a∈[$\frac{{e}^{2}}{{2e}^{2}-1}$，1）．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉化思想，是一道綜合題．