Question

已知f（x）=x-ae^x（a∈R，e为自然对数的底）
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若f（x）≤e^2x对x∈R恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）有两个不同零点x₁，x₂，求证：x₁+x₂＞2．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,作图题,证明题,导数的综合应用

分析：（1）求导f′（x）=1-ae^x，由导数的正负确定函数的单调性；
（2）f（x）≤e^2x对x∈R恒成立可化为x-ae^x≤e^2x对x∈R恒成立，故a≥

x-e2x

ex

对x∈R恒成立，令F（x）=

x-e2x

ex

，从而化成最值问题；
（3）由题意可求出0＜a＜

1

e

；则a=

x

ex

的两个不同根为x₁，x₂，做y=

x

ex

的图象，利用数形结合证明．

解答： 解：（1）当a≤0时，易知f（x）=x-ae^x在R上是增函数，
当a＞0，f′（x）=1-ae^x，
故当x≤-lna时，f′（x）＞0，当x＞-lna时，f′（x）＜0；
故函数f（x）在（-∞，-lna）上是增函数，在（-lna，+∞）上是减函数；
（2）f（x）≤e^2x对x∈R恒成立可化为x-ae^x≤e^2x对x∈R恒成立，
故a≥

x-e2x

ex

对x∈R恒成立，
令F（x）=

x-e2x

ex

，
则F′（x）=

1-e2x-x

ex

；
则当x＜0时，F′（x）＜0，x＞0时，F′（x）＞0；
故F（x）=

x-e2x

ex

在x=0处有最大值F（0）=-1；
故a≥-1；
（3）证明：∵函数f（x）有两个不同零点x₁，x₂，
结合（1）可知，-lna-ae^-lna＞0，
解得，0＜a＜

1

e

；
则x₁=ae^x₁，x₂=ae^x₂；
则a=

x

ex

的两个不同根为x₁，x₂，
令g（x）=

x

ex

，则g′（x）=

1-x

e

，
知g（x）在（-∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
又∵当x∈（-∞，0]时，g（x）≤0，
故不妨设x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞）；
对于任意a₁，a₂∈（0，

1

e

），设a₁＞a₂，
若g（m₁）=g（m₂）=a₁，g（n₁）=g（n₂）=a₂，
其中0＜m₁＜1＜m₂，0＜n₁＜1＜n₂，
∵g（x）在（-∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
又∵g（m₁）＞g（n₁），g（m₂）＞g（n₂）；
∴m₁＞n₁，m₂＜n₂；
∴

m2

m1

＜

n2

n1

；
故

x2

x1

随着a的减小而增大，
令

x2

x1

=t，
x₁=ae^x₁，x₂=ae^x₂，可化为x₂-x₁=lnt；t＞1；
则x₁=

lnt

t-1

，x₂=

tlnt

t-1

；
则x₂+x₁=

(t+1)lnt

t-1

，
令h（t）=

(t+1)lnt

t-1

，
则可证明h（t）在（1，+∞）上单调递增；
故x₂+x₁随着t的增大而增大，即
x₂+x₁随着

x2

x1

的增大而增大，
故x₂+x₁随着a的减小而增大，
而当a=

1

e

时，x₂+x₁=2；
故x₂+x₁＞2．

点评：本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查了数形结合的思想应用，属于难题．