Question

2．已知f（x）=e^x（ax-1），g（x）=a（x-1），a∈R．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若有且仅有两个整数x_i（i=1，2），使得f（x_i）＜g（x_i）成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）法一：分别求出f（x）和g（x）的特殊值，通过a的范围，通过观察f（x），g（x）的图象求出a的范围即可；法二：分离参数，问题转化为$a＜\frac{e^x}{{x{e^x}-x+1}}$有两个整数解，得到关于a的不等式组，解出即可．

解答 解：（Ⅰ）因f′（x）=e^x（ax+a-1）．…（1分）
所以，当a=0时，f′（x）＜0在R上恒成立，
即f（x）在（-∞，+∞）上单调递减；…（2分）
当a＞0时，f′（x）＞0的解为$\left\{{x|x＞\frac{1}{a}-1}\right\}$，
即f（x）在$（\frac{1}{a}-1，+∞）$上单调递增，在$（-∞，\frac{1}{a}-1）$上单调递减；…（4分）
当a＜0时，f′（x）＞0的解为$\left\{{x|x＜\frac{1}{a}-1}\right\}$，
即f（x）在$（-∞，\frac{1}{a}-1）$上单调递增，在$（\frac{1}{a}-1，+∞）$上单调递减．…（6分）
（Ⅱ）法一：当a=0时，f（x）=-e^x，g（x）=0，
此时f（x）＜g（x）的解集为R，所以此情况舍去；…（7分）
当a＜0时，f（0）=-1＜g（0）=-a，f（1）=e（a-1）＜g（1）=0，f（2）=e²（2a-1）＜g（2）=a．
可见f（x）＜g（x）的解集不仅仅两个整数解，此情况舍去；…（8分）
当a＞0时，
由（Ⅰ）可知f（x）的极值点为$\frac{1}{a}-1$，
又f（0）=-1，g（1）=0，$f（\frac{1}{a}-1）={e^{\frac{1-a}{a}}}（-a）$，而且，f（x）仅有一个零点$\frac{1}{a}$．
若$0＜\frac{1}{a}≤1$，即a≥1时，
由（Ⅰ）知f（x）的单调性，以及$f（\frac{1}{a}-1）={e^{\frac{1-a}{a}}}（-a）＜0$，
有f（x）与g（x）的草图如下：

因$-1＜\frac{1}{a}-1＜0$，
所以在（-∞，-1]上f（x）单调递减，g（x）单调递增，
所以$f{（x）_{min}}=f（-1）=-\frac{a+1}{e}$．g（x）_max=g（-1）=-2a，
所以在（-∞，-1]上f（x）＞g（x）恒成立．
又f（0）=-1＞g（0）=-a，在x∈[1，+∞）上，又a≥1，所以，e^x＞1，ax-1≥0，
所以f（x）=e^x（ax-1）＞ax-1=a（x-1）+a-1≥a（x-1）=g（x）
所以在a≥1时，在R上没有使得f（x）＜g（x）的整数解存在；…（10分）
若$\frac{1}{a}＞1$，即o＜a＜1时，f（x）与g（x）的草图如下：

因为f（0）=-1＜-a=g（0），f（1）=e（a-1）＜0=g（1），
若$\left\{{\begin{array}{l}{f（-1）≥g（-1）}\\{f（2）≥g（2）}\end{array}}\right.$，解得 $a≥\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}$．…（11分）
而由上知在（-∞，-1）上f（x）＞g（x）恒成立，
下证明在x∈[2，+∞）上，$\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}≤a＜1$时，f（x）≥g（x）恒成立，
令函数h（x）=f（x）-g（x），x∈[2，+∞），则h'（x）=e^x（ax-1+a）-a，
因为x∈[2，+∞），$\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}≤a＜1$，所以$ax-1+a≥\frac{1}{{2{e^2}-1}}+a＞0$，
所以${e^x}（ax-1+a）-a≥{e^2}（\frac{1}{{2{e^2}-1}}+a）-a$$＞\frac{1}{{2{e^2}-1}}+a-a=\frac{1}{{2{e^2}-1}}＞0$，
即h'（x）＞0在x∈[2，+∞）上恒成立，
所以函数h（x）在[2，+∞）上单调递增，所以h（x）≥h（2）=（2e²-1）a-e²≥0
所以在x∈[2，+∞）上，$\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}≤a＜1$时，f（x）≥g（x）恒成立．
综上：$\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}≤a＜1$．…（12分）

法二：若有且仅有两个整数x_i（i=1，2），使得f（x_i）＜g（x_i）成立，
则a（xe^x-x+1）＜e^x有两个整数解．
因为y=x（e^x-1）+1，当x＞0时，e^x-1＞0，x（e^x-1）+1》＞0；
当x＜0时，e^x-1＜0，x（e^x-1）+1》＞0，
所以，$a＜\frac{e^x}{{x{e^x}-x+1}}$有两个整数解…（8分）
设g（x）=$\frac{{e}^{x}}{{xe}^{x}-x+1}$，则$g'（x）=\frac{{{e^x}（2-x-{e^x}）}}{{{{（x{e^x}-x+1）}^2}}}$，
令h（x）=2-x-e^x，则h′（x）=-1-e^x《＜0，
又h（0）=1＞0，h（（1）=1-e＜0，
所以?x₀∈（0，1），使得h（x₀）=0，
∴g（x）在为增函数，在（x₀，+∞）为减函数，
∴$a＜\frac{e^x}{{x{e^x}-x+1}}$有两个整数解的充要条件是：
$\left\{\begin{array}{l}a＜g（0）=1\\ a＜g（1）=1\\ a≥g（-1）=\frac{1}{2e-1}\\ a≥g（2）=\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}\end{array}\right.$，
解得：$\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}≤a＜1$．

点评 本题考查了函数函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．