Question

11．已知函数f（x）=e^x-a（x-1）（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若m，n，p满足|m-p|＜|n-p|恒成立，则称m比n更靠近p．在函数f（x）有极值的前提下，当x≥1时，$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更靠近lnx，试求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导函数，分类讨论，利用导函数的符号判断函数的单调性；
（2）设g（x）=$\frac{e}{x}$-lnx（x≥1），h（x）=e^x-1+a-lnx（x≥1），分类讨论，利用导数确定函数的单调性，即可求a的取值范围．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-a，
若a≤0，则在区间（-∞，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增．所以当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞）；
若a＞0，令f′（x）=0，即e^x=a，解得x=lna，
因为函数f′（x）=e^x-a在区间（-∞，+∞）是递增函数，
所以在区间（-∞，lna）内f′（x）＜0，f（x）单调递减；在区间（lna，+∞）内f′（x）＞0，f（x）单调递增．
所以当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（-∞，lna），f（x）的单调递增区间为（lna，+∞）；
（2）由题意，a＞0，|$\frac{e}{x}$-lnx|＜|e^x-1+a-lnx|，
设g（x）=$\frac{e}{x}$-lnx（x≥1），h（x）=e^x-1+a-lnx（x≥1），
∵g（x）在[1，+∞）上为减函数，g（e）=0，
∴1≤x≤e，g（x）≥g（e）=0，x＞e，g（x）＜0．
∵h′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，∴h′（x）在[1，+∞）上为增函数，∴h′（x）≥h′（1）=0，h（x）在[1，+∞）上为增函数，
∴x≥1，h（x）≥h（1）=a+1＞0．
①1≤x≤e，|$\frac{e}{x}$-lnx|＜|e^x-1+a-lnx|，可化为$\frac{e}{x}$-lnx＜e^x-1+a-lnx，即a＞$\frac{e}{x}$-e^x-1，
设p（x）=$\frac{e}{x}$-e^x-1（1≤x≤e），p（x）单调递减，∴a＞p（1）=e-1；
②x＞e，|$\frac{e}{x}$-lnx|＜|e^x-1+a-lnx|，可化为-$\frac{e}{x}$+lnx＜e^x-1+a-lnx，即a＞-$\frac{e}{x}$-e^x-1+2lnx
设q（x）=-$\frac{e}{x}$-e^x-1+2lnx（x＞e），q′（x）=$\frac{e}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}$-e^x-1，∴q′（x）在（e，+∞）上单调递减，
∴q′（x）＜q′（e）=$\frac{3}{e}-{e}^{e-1}$＜0，∴q（x）在（e，+∞）上单调递减，
∵q（e）=1-e^e-1，∴a≥1-e^e-1
综上所述，a＞e-1．

点评 本题考查函数的导数的综合应用，函数的单调性以及函数的极值，分类讨论的数学思想，考查分析问题解决问题的能力．