Question

14．已知函数f（x）=e^x-ax有两个不同的零点，
（Ⅰ） 求实数a的取值范围．
（Ⅱ）设f（x）的极值点为x=x₀，证明：对任意的x＞0，恒有不等式f（x₀+x）＞f（x₀-x）成立．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间，从而求出a的范围即可；
（Ⅱ）设g（x）=f（lna+x）-f（lna-x）（x＞0），求出函数g（x）的导数，得到g（x）的单调性，从而证出结论．

解答 （Ⅰ）解：∵f′（x）=e^x-a，
若a≤0，必有f′（x）=e^x-a＞0，
即f（x）在R递增，不可能有2个零点，
∴a＞0，
令f′（x）=e^x-a＞0，解得：x＞lna，
令f′（x）＜0，解得：x＜lna，
∴f（x）在（-∞，lna）递减，在（lna，+∞）递增，
∴f（x）≥f（lna）=a-alna，
要使f（x）=e^x-ax有2个零点，
必有a-alna＜0，解得：a＞e；
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）得：x₀=lna，（a＞e），
设g（x）=f（lna+x）-f（lna-x）（x＞0）
=[e^lna+x-a（lna+x）]-[e^lna-x-a（lna-x）]
=a（e^x-e^-x-2x），
g′（x）=a（e^x+e^-x-2）≥2a$\sqrt{{e}^{x}{•e}^{-x}}$-2a=0，
当且仅当x=0时“=”成立，
但x＞0，故g′（x）＞0，
即g（x）在（0，+∞）递增，
当x＞0时，恒有g（x）＞g（0）=0，
即不等式f（x₀+x）＞f（x₀-x）恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性零点问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道中档题．