Question

20．已知f（x）=e^x-ax．
（1）若對一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求實數(shù)a的取值集合；
（2）若方程f（x）=a（lnx-x+1）（a＞0）有兩個不等的實數(shù)根，x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），求證：$\frac{1}{a}$＜x₁＜1＜x₂＜a．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的最小值，結(jié)合m（x）≥0對任意x∈R恒成立，構(gòu)造函數(shù)，求出新函數(shù)的最小值利用恒成立，求實數(shù)a的取值集合即可；
（2）先證明：當(dāng)g（x）≥0恒成立時，有 0＜a≤e成立．若0＜x≤$\frac{1}{e}$，則f（x）=e^x-a（lnx+1）≥0顯然成立；若x＞$\frac{1}{e}$，運用參數(shù)分離，構(gòu)造函數(shù)通過求導(dǎo)數(shù)，運用單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)零點存在定理，即可得證．

解答 解：（1）令m（x）=e^x-ax-1，得m′（x）=e^x-a，
a≤0時，顯然不恒成立，
由m′（x）＞0，即e^x-a＞0，解得x＞lna，同理由m′（x）＜0解得x＜lna，
∴m（x）在（-∞，lna）上是減函數(shù)，在（lna，+∞）上是增函數(shù)，
于是m（x）在x=lna取得最小值m（lna），
由題意得m（lna）≥0，即a-alna-1≥0，
令h（a）=a-alna-1，則h′（a）=-lna，
由h′（a）＞0可得0＜a＜1，由h′（a）＜0可得a＞1．
∴h（a）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，即h（a）_max=h（1）=0，
∴當(dāng)0＜a＜1或a＞1時，h（a）＜0，
∴要使得m（x）≥0對任意x∈R恒成立，
即對一切x∈R，f（x）≥1恒成立，a=1，
∴a的取值集合為{1}；
（2）若方程f（x）=a（lnx-x+1）（a＞0）有兩個不等的實數(shù)根，
即函數(shù)g（x）=e^x-alnx-a，有兩個零點x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），
先證明當(dāng)g（x）≥0恒成立時，有 0＜a≤e成立．
若0＜x≤$\frac{1}{e}$，則g（x）=e^x-a（lnx+1）≥0顯然成立；
若x＞$\frac{1}{e}$，由g（x）≥0得a≤$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，
令φ（x）=$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，則φ′（x）=$\frac{{e}^{x}（lnx+1-\frac{1}{x}）}{{（lnx+1）}^{2}}$，
令h（x）=lnx+1-$\frac{1}{x}$（x＞$\frac{1}{e}$），
由h′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0得h（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增，
又h（1）=0，所以φ′（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上為負(fù)，在（1，+∞）上為正，
因此φ（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增，即有φ（x）_min=φ（1）=e，
從而0＜a≤e．因而函數(shù)y=g（x）若有兩個零點，則a＞e，即有g(shù)（1）=e-a＜0，
由g（a）=e^a-alna-a（a＞e）得g′（a）=e^a-lna-2，
則g″（a）=e^a-$\frac{1}{a}$＞e^a-$\frac{1}{e}$＞e-$\frac{1}{e}$＞0，
則g′（a）=e^a-lna-2在（e，+∞）上單調(diào)遞增，
即有g(shù)′（a）＞g′（e）=e^e-3＞e²-3＞0，
則有g(shù)（a）=e^a-alna-a在（e，+∞）上單調(diào)遞增，
則g（a）＞g（e）=e^e-2e＞e²-2e＞0，則g（1）g（a）＜0，則有1＜x₂＜a；
由a＞e得g（$\frac{1}{a}$）=${e}^{\frac{1}{a}}$-aln$\frac{1}{a}$-a=${e}^{\frac{1}{a}}$+alna-a＞${e}^{\frac{1}{a}}$+alne-a=${e}^{\frac{1}{a}}$＞0，
則g（1）g（$\frac{1}{a}$）＜0，
所以$\frac{1}{a}$＜x₁＜1，綜上得$\frac{1}{a}$＜x₁＜1＜x₂＜a．

點評 題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，主要考查函數(shù)的單調(diào)性的運用，以及不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題．