Question

10．已知函数f（x）=x-e^ax（a＞0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求函数f（x）在[$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$]上的最大值；
（Ⅲ）若存在x₁，x₂（x₁＜x₂），使得f（x₁）=f（x₂）=0，证明：$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜ae．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导f′（x）=1-ae^ax，再令f′（x）=0解得x=-$\frac{lna}{a}$，从而由导数的正负确定函数的单调区间；
（Ⅱ）讨论-$\frac{lna}{a}$与[$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$]的关系，从而确定函数的单调性，由单调性确定函数的最大值即可；
（Ⅲ）可判断出f（$\frac{1}{a}$ln$\frac{1}{a}$）＞0，f（0）＜0，f（e）=e-e^ae＞0，$\frac{1}{a}$ln$\frac{1}{a}$＞e；从而可得0＜x₁＜e，x₂＞$\frac{1}{a}$ln$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{a}$，从而证明．

解答 解：（Ⅰ）∵函数f（x）=x-e^ax（a＞0），
∴f′（x）=1-ae^ax，令f′（x）=0，解得x=-$\frac{lna}{a}$，
当x≤-$\frac{lna}{a}$时，f′（x）≥0，此时f（x）在（-∞，-$\frac{lna}{a}$）上单调递增，
当x＞$\frac{lna}{a}$时，f′（x）＜0，此时f（x）在（-$\frac{lna}{a}$，+∞）上单调递减，
所以函数f（x）的单调递增区间为（-∞，-$\frac{lna}{a}$），单调递减区间为（-$\frac{lna}{a}$，+∞）；
（Ⅱ）结合（Ⅰ）可知，需讨论-$\frac{lna}{a}$与[$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$]的关系：
①当-$\frac{lna}{a}$∈[$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$]，即a∈[$\frac{1}{{e}^{2}}$，$\frac{1}{e}$]时，
f（x）在[$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$]上的最大值为f（-$\frac{lna}{a}$）=-$\frac{lna+1}{a}$；
②当-$\frac{lna}{a}$＜$\frac{1}{a}$，即a∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，由f（x）的单调性可知，
f（x）在[$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$]上的最大值为f（$\frac{1}{a}$）=$\frac{1}{a}-{e}^{a×\frac{1}{a}}$=$\frac{1}{a}$-e；
③当-$\frac{lna}{a}$＞$\frac{2}{a}$，即a∈（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）时，由f（x）的单调性可知，
f（x）在[$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$]上的最大值为f（$\frac{2}{a}$）=$\frac{2}{a}-{e}^{a×\frac{2}{a}}$=$\frac{2}{a}$-e²；
综上所述，当a∈[$\frac{1}{{e}^{2}}$，$\frac{1}{e}$]时，f（x）在[$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$]上的最大值为f（-$\frac{lna}{a}$）=-$\frac{lna+1}{a}$；
当a∈（$\frac{1}{e}$，+∞）时，f（x）在[$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$]上的最大值为f（$\frac{1}{a}$）=$\frac{1}{a}-{e}^{a×\frac{1}{a}}$=$\frac{1}{a}$-e；
当a∈（0，$\frac{1}{{e}^{2}}$）时，f（x）在[$\frac{1}{a}$，$\frac{2}{a}$]上的最大值为f（$\frac{2}{a}$）=$\frac{2}{a}-{e}^{a×\frac{2}{a}}$=$\frac{2}{a}$-e²；
（Ⅲ）证明：f（x）=x-e^ax（a＞0），f′（x）=1-ae^ax，
f（$\frac{1}{a}$ln$\frac{1}{a}$）＞0，ae＜1；
f（0）＜0，f（e）=e-e^ae＞0，$\frac{1}{a}$ln$\frac{1}{a}$＞e；
∴0＜x₁＜e，
x₂＞$\frac{1}{a}$ln$\frac{1}{a}$＞$\frac{1}{a}$，
故$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$＜ae．

点评 本题考查了导数的综合应用及函数的最值的求法，同时考查了零点的判断与应用，属于难题．