Question

（2013•许昌二模）已知函数f（x）=ax-e^x（a＞0）．
（Ⅰ）当a=

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时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当1≤a≤1+e时，求证：f（x）≤x．

Answer 1

分析：（Ⅰ）当a=

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时，求出f′（x），解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0即得函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）构造函数F（x）=x-f（x）=e^x-（a-1）x，利用导数证明F（x）≥0即可．

解答：（Ⅰ）解：当a=

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时，f(x)=

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x-ex，令f′（x）=

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-e^x=0，x=-ln2
当x＜-ln2时，f′（x）＞0；当x＞-ln2时，f′（x）＜0，
∴函数f（x）的单调递增区间为（-∞，-ln2），递减区间为（-ln2，+∞）．
（Ⅱ）证明：令F（x）=x-f（x）=e^x-（a-1）x，
（1）当a=1时，F（x）=e^x＞0，∴f（x）≤x成立； 
（2）当1＜a≤1+e时，F′（x）=e^x-（a-1）=e^x-e^ln（a-1），
当x＜ln（a-1）时，F′（x）＜0；当x＞ln（a-1）时，F′（x）＞0，
∴F（x）在（-∞，ln（a-1））上递减，在（ln（a-1），+∞）上递增，
∴F（x）≥F（ln（a-1））=e^ln（a-1）-（a-1）ln（a-1）=（a-1）[1-ln（a-1）]，
∵1＜a≤1+e，∴a-1＞0，1-ln（a-1）≥1-ln[（1+e）-1]=0，
∴F（x）≥0，即f（x）≤x成立．
综上，当1≤a≤1+e时，有f（x）≤x．

点评：本题考查导数与函数的单调性问题，导数的符号决定函数的单调性．