Question

13．设定义在R上的函数f（x）=e^x-ax（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若存在x₀∈[1，+∞），使得f（x₀）＜e-a成立，求实数a的取值范围；
（3）定义：如果实数s，t，r满足|s-r|≤|t-r|，那么称s比t更接近r．对于（2）中的a及x≥1，问：$\frac{e}{x}$和e^x-1+a哪个更接近lnx？并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导函数，可得当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在R上为增函数；当a＞0时，由f′（x）＞0求得x的范围可得函数的单调区间；
（2）由题意可得f（x）_min＜e-a成立．由（1）知，当a≤0时，f（x）在[1，+∞）上为增函数，则f（x）_min=f（1）=e-a，不满足f（x）_min＜e-a成立．当a＞0时，由f（x）_min=f（lna）＜f（1）=e-a成立，可得实数a的取值范围；
（3）令p（x）=$\frac{e}{x}-lnx$，q（x）=e^x-1+a-lnx（x≥1），分类求导可得p（x），q（x）的符号，然后对x分类，利用导数判断|p（x）|-|q（x）|的符号得答案．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-a，
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在R上为增函数；
当a＞0时，由f′（x）＞0，得e^x-a＞0，即x＞lna，由f′（x）＜0，得x＜lna．
∴函数的单调增区间为（lna，+∞），减区间为（-∞，lna）；
（2）存在x₀∈[1，+∞），使得f（x₀）＜e-a成立，即f（x）_min＜e-a成立．
由（1）知，当a≤0时，f（x）在[1，+∞）上为增函数，则f（x）_min=f（1）=e-a，不满足f（x）_min＜e-a成立．
当a＞0时，若lna≤1，则f（x）在[1，+∞）上为增函数，则f（x）_min=f（1）=e-a，不满足f（x）_min＜e-a成立．
若lna＞1，即a＞e，则f（x）在（1，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
∴f（x）_min=f（lna）＜f（1）=e-a．
∴实数a的取值范围是（e，+∞）；
（3）令p（x）=$\frac{e}{x}-lnx$，q（x）=e^x-1+a-lnx（x≥1），
p′（x）=$-\frac{e}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}$＜0，p（x）在[1，+∞）上单调递减，
故当1≤x≤e时，p（x）≥p（e）=0，当x＞e时，p（x）＜0；
q′（x）=${e}^{x-1}-\frac{1}{x}$，q″（x）=${e}^{x-1}+\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，q′（x）在[1，+∞）上单调递增，
故q′（x）≥q′（1）=0，则q（x）在[1，+∞）上单调递增，q（x）≥q（1）=a+1＞0．
①当1≤x≤e时，令m（x）=|p（x）|-|q（x）|=p（x）-q（x）=$\frac{e}{x}-{e}^{x-1}-a$．
∴m′（x）=$-\frac{e}{{x}^{2}}-{e}^{x-1}＜0$，故m（x）在[1，e]上单调递减，
∴m（x）≤m（1）=e-1-a＜0，即|p（x）|＜|q（x）|，
∴$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更接近lnx；
②当x＞e时，令n（x）=|p（x）|-|q（x）|=-p（x）-q（x）=$-\frac{e}{x}+2lnx-{e}^{x-1}-a$．
∴n′（x）=$\frac{e}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}-{e}^{x-1}$＜$\frac{3}{e}-{e}^{e-1}$＜0，故n（x）在[e，+∞）上单调递减，
∴n（x）≤n（e）＜0，即|p（x）|＜|q（x）|，
∴$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更接近lnx．
综上，当a＞e及x≥1时，$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更接近lnx．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考查数学转化思想方法、逻辑思维能力、灵活变形能力及推理运算能力，难度较大．