【題目】已知函數(shù)f (x)=ex﹣ax﹣1,其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù),a∈R.
(1)若a=e,函數(shù)g (x)=(2﹣e)x. ①求函數(shù)h(x)=f (x)﹣g (x)的單調(diào)區(qū)間;
②若函數(shù)F(x)= 的值域?yàn)镽,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;
(2)若存在實(shí)數(shù)x1 , x2∈[0,2],使得f(x1)=f(x2),且|x1﹣x2|≥1,求證:e﹣1≤a≤e2﹣e.

【答案】
(1)解:a=e時(shí),f(x)=ex﹣ex﹣1,

①h(x)=f(x)﹣g(x)=ex﹣2x﹣1,h′(x)=ex﹣2,

由h′(x)>0,得x>ln2,由h′(x)<0,解得:x<ln2,

故函數(shù)h(x)在(ln2,+∞)遞增,在(﹣∞,ln2)遞減;

②f′(x)=ex﹣e,

x<1時(shí),f′(x)<0,f(x)在(﹣∞,1)遞減,

x>1時(shí),f′(x)>0,f(x)在(1,+∞)遞增,

m≤1時(shí),f(x)在(﹣∞,m]遞減,值域是[em﹣em﹣1,+∞),

g(x)=(2﹣e)x在(m,+∞)遞減,值域是(﹣∞,(2﹣e)m),

∵F(x)的值域是R,故em﹣em﹣1≤(2﹣e)m,

即em﹣2m﹣1≤0,(*),

由①可知m<0時(shí),h(x)=em﹣2m﹣1>h(0)=0,故(*)不成立,

∵h(yuǎn)(m)在(0,ln2)遞減,在(ln2,1)遞增,且h(0)=0,h(1)=e﹣3<0,

∴0≤m≤1時(shí),h(m)≤0恒成立,故0≤m≤1;

m>1時(shí),f(x)在(﹣∞,1)遞減,在(1,m]遞增,

故函數(shù)f(x)=ex﹣ex﹣1在(﹣∞,m]上的值域是[f(1),+∞),即[﹣1,+∞),

g(x)=(2﹣e)x在(m,+∞)上遞減,值域是(﹣∞,(2﹣e)m),

∵F(x)的值域是R,∴﹣1≤(2﹣e)m,即1<m≤ ,

綜上,m的范圍是[0, ]


(2)解:證明:f′(x)=ex﹣a,

若a≤0,則f′(x)>0,此時(shí)f(x)在R遞增,

由f(x1)=f(x2),可得x1=x2,與|x1﹣x2|≥1矛盾,

∴a>0且f(x)在(﹣∞,lna]遞減,在[lna,+∞)遞增,

若x1,x2∈(﹣∞,lna],則由f(x1)=f(x2)可得x1=x2,與|x1﹣x2|≥1矛盾,

同樣不能有x1,x2∈[lna,+∞),

不妨設(shè)0≤x1<x2≤2,則有0≤x1<lna<x2≤2,

∵f(x)在(x1,lna)遞減,在(lna,x2)遞增,且f(x1)=f(x2),

∴x1≤x≤x2時(shí),f(x)≤f(x1)=f(x2),

由0≤x1<x2≤2且|x1﹣x2|≥1,得1∈[x1,x2],

故f(1)≤f(x1)=f(x2),

又f(x)在(﹣∞,lna]遞減,且0≤x1<lna,故f(x1)≤f(0),

故f(1)≤f(0),同理f(1)≤f(2),

,解得:e﹣1≤a≤e2﹣e﹣1,

∴e﹣1≤a≤e2﹣e


【解析】(1)①求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式,求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可;②求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),通過(guò)討論m的范圍得到函數(shù)的值域,從而確定m的具體范圍即可;(2)求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù),得到a>0且f(x)在(﹣∞,lna]遞減,在[lna,+∞)遞增,設(shè)0≤x1<x2≤2,則有0≤x1<lna<x2≤2,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到關(guān)于m的不等式組,解出即可.
【考點(diǎn)精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性的相關(guān)知識(shí),掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系: 在某個(gè)區(qū)間內(nèi),(1)如果,那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增;(2)如果,那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減,以及對(duì)函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù)的理解,了解求函數(shù)上的最大值與最小值的步驟:(1)求函數(shù)內(nèi)的極值;(2)將函數(shù)的各極值與端點(diǎn)處的函數(shù)值,比較,其中最大的是一個(gè)最大值,最小的是最小值.

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