Question

13．已知函数f（x）=e^x-ax，其中a＞0．
（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合；
（2）在函数f（x）的图象上去定点A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））（x₁＜x₂），记直线AB的斜率为k，证明：存在x₀∈（x₁，x₂），使 f′（x₀）=k恒成立．

Answer 1

分析 （1）根据题意，对f（x）求导可得f′（x）=0，令f′（x）=0，解可得x=lna，分x＜lna与x＞lna两种情况讨论可得f（x）取最小值为f（lna）=a-alna，令g（t）=t-tlnt，对其求导可得g′（t）=-lnt，分析可得当t=1时，g（t）取得最大值1，因此当且仅当a=1时，a-alna≥1成立，即可得答案；
（2）根据题意，由直线的斜率公式可得，$k=\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}-a$．令$φ（x）=f'（x）-k={e^x}-\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，可以求出φ（x₁）与φ（x₂）的值，令F（t）=e^t-t-1，求导可得F′（t）=e^t-1，分t＞0与t＜0讨论可得F（t）的最小值为F（0）=0，则当t≠0时，F（t）＞F（0）=0，即e^t-t-1＞0，进而讨论可得φ（x₁）＜0、φ（x₂）＞0，结合函数的连续性分析可得答案．

解答 （1）解：f'（x）=e^x-a，令f'（x）=0得x=lna．
当x＜lna时f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞lna时f'（x）＞0，f（x）单调递增，
故当x=lna时，f（x）取最小值f（lna）=a-alna．
于是对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，当且仅当a-alna≥1．①
令g（t）=t-tlnt，则g'（t）=-lnt．
当0＜t＜1时，g'（t）＞0，g（t）单调递增；当t＞1时，g'（t）＜0，g（t）单调递减．
故当t=1时，g（t）大值g（1）=1．
因此，当且仅当a=1时，①式成立．
综上所述，a的取值集合为{1}．
（2）证明：由题意知，$k=\frac{{f（{x_2}）-f（{x_1}）}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}-a$． 
令$φ（x）=f'（x）-k={e^x}-\frac{{{e^{x_2}}-{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}$，
则$φ（{x_1}）=-\frac{{{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}[{{e^{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}-{x_1}）-1}]$，
$φ（{x_2}）=\frac{{{e^{x_2}}}}{{{x_2}-{x_1}}}[{{e^{{x_1}-{x_2}}}-（{x_1}-{x_2}）-1}]$． 
令F（t）=e^t-t-1，则F'（t）=e^t-1．
当t＜0时，F'（t）＜0，F（t）单调递减；当t＞0时，F'（t）＞0，F（t）单调递增．
故当t=0，F（t）＞F（0）=0，即e^t-t-1＞0．
从而${e^{{x_2}-{x_1}}}-（{x_2}-{x_1}）-1＞0$，${e^{{x_1}-{x_2}}}-（{x_1}-{x_2}）-1＞0$，
又$\frac{{{e^{x_1}}}}{{{x_2}-{x_1}}}＞0$，$\frac{{{e^{x_2}}}}{{{x_2}-{x_1}}}＞0$，所以φ（x₁）＜0，φ（x₂）＞0．
因为函数y=φ（x）在区间[x₁，x₂]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x₀∈（x₁，x₂）使φ（x₀）=0，即f'（x₀）=k成立．

点评 本题考查导数的应用，涉及最大值、最小值的求法以及恒成立问题，是综合题；关键是理解导数的符号与单调性的关系，并能正确求出函数的导数．