Question

17．已知函数f（x）=a（x-1），g（x）=（ax-1）e^x，a∈R．
（Ⅰ）判断直线y=f（x）能否与曲线y=g（x）相切，并说明理由；
（Ⅱ）若不等式f（x）＞g（x）有且仅有两个整数解，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，设切点为（x₀，y₀），得到${e}^{{x}_{0}}$+x₀-2=0．设h（x）=e^x+x-2，根据函数的单调性求出x₀的值，判断结论即可；
（Ⅱ）根据a（x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$）＜1，令h（x）=x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，根据函数的单调性求出h（x）的最小值，通过讨论a的范围，求出满足条件的a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）假设存在这一的实数a使得f（x）的图象与g（x）相切，设切点为（x₀，y₀），
由g′（x）=（ax+a-1）e^x可知，（ax₀+a-1）${e}^{{x}_{0}}$=a，即a（x₀${e}^{{x}_{0}}$+${e}^{{x}_{0}}$-1）=${e}^{{x}_{0}}$①
又函数f（x）的图象过定点（1，0），因此$\frac{（{ax}_{0}-1{）e}^{{x}_{0}}}{{x}_{0}-1}$=a，
即a（x₀${e}^{{x}_{0}}$-x₀+1）=${e}^{{x}_{0}}$②
联立①、②消去a有${e}^{{x}_{0}}$+x₀-2=0．
设h（x）=e^x+x-2，则h′（x）=e^x+1＞0，所以h（x）在R上单调递增，
而h（0）=-1＜0，h（1）=e-1＞0，h（0）h（1）＜0，
故存在x₀∈（0，1），使得h（x₀）=0，
所以存在直线y=f（x）能与曲线y=g（x）相切．
（Ⅱ）由f（x）＞g（x）得a（x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$）＜1．
令h（x）=x-$\frac{x-1}{{e}^{x}}$，则h′（x）=$\frac{{e}^{x}+x-2}{{e}^{x}}$．
令ω（x）=e^x+x-2，则ω′（x）=e^x+1＞0，所以ω（x）在R上单调递增，
又ω（0）=-1＜0，ω（1）=e-1＞0，所以ω（x）在R上有唯一零点x₀（0，1），
此时h（x）在（-∞，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
∴h（x）_min=h（x₀）=$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}{-x}_{0}+1}{{e}^{{x}_{0}}}$，
易证e^x＞x+1，h（x₀）=$\frac{{{x}_{0}e}^{{x}_{0}}{-x}_{0}+1}{{e}^{{x}_{0}}}$＞$\frac{{{x}_{0}}^{2}+1}{{e}^{{x}_{0}}}$＞0．
当x≤0时，h（x）≥h（0）=1＞0；当x≥1时，h（x）≥h（1）=1．
（1）若a≤0，则ah（x）≤0＜1，此时ah（x）＜1有无穷多个整数解，不合题意；
（2）若a≥1，即$\frac{1}{a}$≤1，因为h（x）在（-∞，0]上单调递减，在[1，+∞）上单调递增，
所以x∈z时，h（x）≥min{h（0），h（1）}=1≥$\frac{1}{a}$，所以h（x）＜$\frac{1}{a}$无整数解，不合题意；
（3）若0＜a＜1，即$\frac{1}{a}$＞1，此时h（0）=h（1）=1＜$\frac{1}{a}$，故0，1是h（x）＜$\frac{1}{a}$的两个整数解，
又h（x）＜$\frac{1}{a}$只有两个整数解，因此$\left\{\begin{array}{l}{h（-1）≥\frac{1}{a}}\\{h（2）≥\frac{1}{a}}\end{array}\right.$，解得a≥$\frac{{e}^{2}}{{2e}^{2}-1}$．
所以a∈[$\frac{{e}^{2}}{{2e}^{2}-1}$，1）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．