Question

6．设函数f（x）=ae^2|x-b|（a＞0，b∈R）．
（1）当a=1时，对任意的x∈R，f（x）≥x，求实数b的取值范围；
（2）设在任何长为1的区间上总有两个数x₁，x₂满足|f（x₂）-f（x₁）|≥e-1，证明：a的最小值为1．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，由对任意的x∈R，f（x）≥x，可得e^2|x-b|≥x，当x＜1时，?b∈R，上式恒成立．当x≥1时，上式化为2|x-b|≥lnx，化为2（b-x）≥lnx或2（b-x）≤-lnx，利用导数研究其单调性即可得出．
（2）在所有区间[m，m+1]中，$（\frac{|f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）|}{a}）_{max}$的最小值，为区间$[b-\frac{1}{2}，b+\frac{1}{2}]$里$\frac{|f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）|}{a}$的最大值，即可得出a的最小值．

解答 （1）解：当a=1时，∵对任意的x∈R，f（x）≥x，
∴e^2|x-b|≥x，
①当x＜1时，?b∈R，上式恒成立．
②当x≥1时，上式化为2|x-b|≥lnx，
∴2（b-x）≥lnx或2（b-x）≤-lnx，
∴b$≥\frac{1}{2}$lnx+x，或b$≤-\frac{1}{2}lnx$+x，
由于函数y=$\frac{1}{2}$lnx+x，在x≥1时单调递增，因此不成立，舍去；
令g（x）=x-$\frac{1}{2}$lnx，g′（x）=1-$\frac{1}{2x}$=$\frac{2x-1}{2x}$＞0，
∴函数g（x）在x≥1时单调递增，
∴b≤1．
综上可得：实数b的取值范围是（-∞，1]．
（2）证明：如图所示，在所有区间[m，m+1]中，$（\frac{|f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）|}{a}）_{max}$的最小值，为区间$[b-\frac{1}{2}，b+\frac{1}{2}]$里$\frac{|f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）|}{a}$的最大值，为${e}^{2（\frac{1}{2}+b-b）}$-e^2（b-b）=e-1．
∴$a≥\frac{e-1}{e-1}$=1，
因此a的最小值为1．

点评 本题考查了函数的单调性、利用导数研究函数的单调性最值，考查了数形结合的思想方法与计算能力，所有难题．