Question

19．已知函数f（x）=e^x-ax（a∈R）．
（I） 当a=1时，求证：f（x）≥1；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个零点x₁，x₂，其中x₁＜x₂，求a的取值范围；
（Ⅲ）在（2）的条件下，求证：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）当a=1时，直接代入函数求导，f（x）在（-∞，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，所以最小值为f（0）；
（2）利用导数判断函数的单调性，以及结合零点定理即可求出a的范围；
（3）由${e}^{{x}_{1}}$=ax₁，${e}^{{x}_{2}}$=ax₂ 得x₁=lna+lnx₁，x₂=lna+lnx₂；得到所以x₁+x₂=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$；
构造函数h（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$ 求证即可．

解答 解：（1）当a=1时，f（x）=e^x-x，f'（x）=e^x-1．
f'（x）＞0?x＞0；f'（x）＜0?x＜0．
所以f（x）在（-∞，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，
所以，f（x）_min=f（0）=1，当且仅当x=0时取等号．
（2）由f（x）=e^x-ax，得f'（x）=e^x-a
当a＜0时，f（x）在R上为增函数，
函数f（x）醉倒有一个零点，不符合题意，所以a＞0．
当a＞0时，f'（x）=e^x-a=e^x-e^lna
f'（x）＜0?x＜lna；f'（x）＞0?x＞lna；
所以f（x）在（-∞，lna）上为减函数，在（lna，+∞）上为增函数；
所以f（x）_min=f（lna）=a-alna；
若函数f（x）有两个零点，则f（lna）＜0⇒a＞e；
当a＞e时，f（0）=1＞0，f（1）=e-a＜0；
f（3a）=（e^a）³-3a²＞0；
由零点存在定理，函数f（x）在（0，1）和（1，3a）上各有一个零点．
结合函数f（x）的单调性，当a＞e时，函数f（x）有且仅有两个零点，
所以，a的取值范围为（e，+∞）．
（3）由（2）得a＞e，0＜x₁＜x₂；
由${e}^{{x}_{1}}$=ax₁，${e}^{{x}_{2}}$=ax₂ 得x₁=lna+lnx₁，x₂=lna+lnx₂；
所以x₂-x₁=$ln{x}_{2}-ln{x}_{1}=ln\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$；
设$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t （t＞1），则$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=t{x}_{1}}\\{{x}_{2}-{x}_{1}=lnt}\end{array}\right.$，解得${x}_{1}=\frac{lnt}{t-1}$，${x}_{2}=\frac{tlnt}{t-1}$；
所以x₁+x₂=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$
当t＞1时，x₁+x₂＞2?$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$＞2?$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$＞0；
设h（t）=$lnt-\frac{2（t-1）}{t+1}$，则h'（t）=$\frac{（t-1）^{2}}{t（t+1）^{2}}$，当t＞1时，h'（t）＞0；
于是h（t）在（1，+∞）上为增函数；
所以，当t＞1时，h（t）＞h（1）=0，即lnt-$\frac{2（t-1）}{t+1}$＞0；
所以x₁+x₂＞2．

点评 本题主要考查了利用导函数判断函数的单调性，以及零点定理应用与构造函数等知识点，属较难题．