Question

20．已知f（x）=e^x-ax．
（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求实数a的取值集合；
（2）若方程f（x）=a（lnx-x+1）（a＞0）有两个不等的实数根，x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），求证：$\frac{1}{a}$＜x₁＜1＜x₂＜a．

Answer 1

分析 （1）求出函数的最小值，结合m（x）≥0对任意x∈R恒成立，构造函数，求出新函数的最小值利用恒成立，求实数a的取值集合即可；
（2）先证明：当g（x）≥0恒成立时，有 0＜a≤e成立．若0＜x≤$\frac{1}{e}$，则f（x）=e^x-a（lnx+1）≥0显然成立；若x＞$\frac{1}{e}$，运用参数分离，构造函数通过求导数，运用单调性，结合函数零点存在定理，即可得证．

解答 解：（1）令m（x）=e^x-ax-1，得m′（x）=e^x-a，
a≤0时，显然不恒成立，
由m′（x）＞0，即e^x-a＞0，解得x＞lna，同理由m′（x）＜0解得x＜lna，
∴m（x）在（-∞，lna）上是减函数，在（lna，+∞）上是增函数，
于是m（x）在x=lna取得最小值m（lna），
由题意得m（lna）≥0，即a-alna-1≥0，
令h（a）=a-alna-1，则h′（a）=-lna，
由h′（a）＞0可得0＜a＜1，由h′（a）＜0可得a＞1．
∴h（a）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，即h（a）_max=h（1）=0，
∴当0＜a＜1或a＞1时，h（a）＜0，
∴要使得m（x）≥0对任意x∈R恒成立，
即对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，a=1，
∴a的取值集合为{1}；
（2）若方程f（x）=a（lnx-x+1）（a＞0）有两个不等的实数根，
即函数g（x）=e^x-alnx-a，有两个零点x₁，x₂（0＜x₁＜x₂），
先证明当g（x）≥0恒成立时，有 0＜a≤e成立．
若0＜x≤$\frac{1}{e}$，则g（x）=e^x-a（lnx+1）≥0显然成立；
若x＞$\frac{1}{e}$，由g（x）≥0得a≤$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，
令φ（x）=$\frac{{e}^{x}}{lnx+1}$，则φ′（x）=$\frac{{e}^{x}（lnx+1-\frac{1}{x}）}{{（lnx+1）}^{2}}$，
令h（x）=lnx+1-$\frac{1}{x}$（x＞$\frac{1}{e}$），
由h′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0得h（x）在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增，
又h（1）=0，所以φ′（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上为负，在（1，+∞）上为正，
因此φ（x）在（$\frac{1}{e}$，1）上递减，在（1，+∞）上递增，即有φ（x）_min=φ（1）=e，
从而0＜a≤e．因而函数y=g（x）若有两个零点，则a＞e，即有g（1）=e-a＜0，
由g（a）=e^a-alna-a（a＞e）得g′（a）=e^a-lna-2，
则g″（a）=e^a-$\frac{1}{a}$＞e^a-$\frac{1}{e}$＞e-$\frac{1}{e}$＞0，
则g′（a）=e^a-lna-2在（e，+∞）上单调递增，
即有g′（a）＞g′（e）=e^e-3＞e²-3＞0，
则有g（a）=e^a-alna-a在（e，+∞）上单调递增，
则g（a）＞g（e）=e^e-2e＞e²-2e＞0，则g（1）g（a）＜0，则有1＜x₂＜a；
由a＞e得g（$\frac{1}{a}$）=${e}^{\frac{1}{a}}$-aln$\frac{1}{a}$-a=${e}^{\frac{1}{a}}$+alna-a＞${e}^{\frac{1}{a}}$+alne-a=${e}^{\frac{1}{a}}$＞0，
则g（1）g（$\frac{1}{a}$）＜0，
所以$\frac{1}{a}$＜x₁＜1，综上得$\frac{1}{a}$＜x₁＜1＜x₂＜a．

点评 题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查函数的单调性的运用，以及不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题．