Question

【題目】已知函數(shù)f （x）=ex﹣ax﹣1，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R．
（1）若a=e，函數(shù)g （x）=（2﹣e）x． ①求函數(shù)h（x）=f （x）﹣g （x）的單調(diào)區(qū)間；
②若函數(shù)F（x）= 的值域為R，求實數(shù)m的取值范圍；
（2）若存在實數(shù)x1 ， x2∈[0，2]，使得f（x1）=f（x2），且|x1﹣x2|≥1，求證：e﹣1≤a≤e2﹣e．

Answer 1

【答案】
（1）解：a=e時，f（x）=ex﹣ex﹣1，

①h（x）=f（x）﹣g（x）=ex﹣2x﹣1，h′（x）=ex﹣2，

由h′（x）＞0，得x＞ln2，由h′（x）＜0，解得：x＜ln2，

故函數(shù)h（x）在（ln2，+∞）遞增，在（﹣∞，ln2）遞減；

②f′（x）=ex﹣e，

x＜1時，f′（x）＜0，f（x）在（﹣∞，1）遞減，

x＞1時，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）遞增，

m≤1時，f（x）在（﹣∞，m]遞減，值域是[em﹣em﹣1，+∞），

g（x）=（2﹣e）x在（m，+∞）遞減，值域是（﹣∞，（2﹣e）m），

∵F（x）的值域是R，故em﹣em﹣1≤（2﹣e）m，

即em﹣2m﹣1≤0，（*），

由①可知m＜0時，h（x）=em﹣2m﹣1＞h（0）=0，故（*）不成立，

∵h（m）在（0，ln2）遞減，在（ln2，1）遞增，且h（0）=0，h（1）=e﹣3＜0，

∴0≤m≤1時，h（m）≤0恒成立，故0≤m≤1；

m＞1時，f（x）在（﹣∞，1）遞減，在（1，m]遞增，

故函數(shù)f（x）=ex﹣ex﹣1在（﹣∞，m]上的值域是[f（1），+∞），即[﹣1，+∞），

g（x）=（2﹣e）x在（m，+∞）上遞減，值域是（﹣∞，（2﹣e）m），

∵F（x）的值域是R，∴﹣1≤（2﹣e）m，即1＜m≤ ，

綜上，m的范圍是[0， ]

（2）解：證明：f′（x）=ex﹣a，

若a≤0，則f′（x）＞0，此時f（x）在R遞增，

由f（x1）=f（x2），可得x1=x2，與|x1﹣x2|≥1矛盾，

∴a＞0且f（x）在（﹣∞，lna]遞減，在[lna，+∞）遞增，

若x1，x2∈（﹣∞，lna]，則由f（x1）=f（x2）可得x1=x2，與|x1﹣x2|≥1矛盾，

同樣不能有x1，x2∈[lna，+∞），

不妨設0≤x1＜x2≤2，則有0≤x1＜lna＜x2≤2，

∵f（x）在（x1，lna）遞減，在（lna，x2）遞增，且f（x1）=f（x2），

∴x1≤x≤x2時，f（x）≤f（x1）=f（x2），

由0≤x1＜x2≤2且|x1﹣x2|≥1，得1∈[x1，x2]，

故f（1）≤f（x1）=f（x2），

又f（x）在（﹣∞，lna]遞減，且0≤x1＜lna，故f（x1）≤f（0），

故f（1）≤f（0），同理f（1）≤f（2），

即 ，解得：e﹣1≤a≤e2﹣e﹣1，

∴e﹣1≤a≤e2﹣e

【解析】（1）①求出函數(shù)的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；②求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論m的范圍得到函數(shù)的值域，從而確定m的具體范圍即可；（2）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，得到a＞0且f（x）在（﹣∞，lna]遞減，在[lna，+∞）遞增，設0≤x1＜x2≤2，則有0≤x1＜lna＜x2≤2，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到關(guān)于m的不等式組，解出即可．
【考點精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的相關(guān)知識，掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導數(shù)的正負有如下關(guān)系： 在某個區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減，以及對函數(shù)的最大(小)值與導數(shù)的理解，了解求函數(shù)在上的最大值與最小值的步驟：（1）求函數(shù)在內(nèi)的極值；（2）將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值，比較，其中最大的是一個最大值，最小的是最小值．