Question

已知f（x）=x-ae^x（a∈R，e為自然對數(shù)的底）
（1）討論函數(shù)f（x）的單調性；
（2）若f（x）≤e^2x對x∈R恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若函數(shù)f（x）有兩個不同零點x₁，x₂，求證：x₁+x₂＞2．

Answer 1

考點：導數(shù)在最大值、最小值問題中的應用,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性

專題：計算題,作圖題,證明題,導數(shù)的綜合應用

分析：（1）求導f′（x）=1-ae^x，由導數(shù)的正負確定函數(shù)的單調性；
（2）f（x）≤e^2x對x∈R恒成立可化為x-ae^x≤e^2x對x∈R恒成立，故a≥

x-e2x

ex

對x∈R恒成立，令F（x）=

x-e2x

ex

，從而化成最值問題；
（3）由題意可求出0＜a＜

1

e

；則a=

x

ex

的兩個不同根為x₁，x₂，做y=

x

ex

的圖象，利用數(shù)形結合證明．

解答： 解：（1）當a≤0時，易知f（x）=x-ae^x在R上是增函數(shù)，
當a＞0，f′（x）=1-ae^x，
故當x≤-lna時，f′（x）＞0，當x＞-lna時，f′（x）＜0；
故函數(shù)f（x）在（-∞，-lna）上是增函數(shù)，在（-lna，+∞）上是減函數(shù)；
（2）f（x）≤e^2x對x∈R恒成立可化為x-ae^x≤e^2x對x∈R恒成立，
故a≥

x-e2x

ex

對x∈R恒成立，
令F（x）=

x-e2x

ex

，
則F′（x）=

1-e2x-x

ex

；
則當x＜0時，F(xiàn)′（x）＜0，x＞0時，F(xiàn)′（x）＞0；
故F（x）=

x-e2x

ex

在x=0處有最大值F（0）=-1；
故a≥-1；
（3）證明：∵函數(shù)f（x）有兩個不同零點x₁，x₂，
結合（1）可知，-lna-ae^-lna＞0，
解得，0＜a＜

1

e

；
則x₁=ae^x₁，x₂=ae^x₂；
則a=

x

ex

的兩個不同根為x₁，x₂，
令g（x）=

x

ex

，則g′（x）=

1-x

e

，
知g（x）在（-∞，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減；
又∵當x∈（-∞，0]時，g（x）≤0，
故不妨設x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞）；
對于任意a₁，a₂∈（0，

1

e

），設a₁＞a₂，
若g（m₁）=g（m₂）=a₁，g（n₁）=g（n₂）=a₂，
其中0＜m₁＜1＜m₂，0＜n₁＜1＜n₂，
∵g（x）在（-∞，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減；
又∵g（m₁）＞g（n₁），g（m₂）＞g（n₂）；
∴m₁＞n₁，m₂＜n₂；
∴

m2

m1

＜

n2

n1

；
故

x2

x1

隨著a的減小而增大，
令

x2

x1

=t，
x₁=ae^x₁，x₂=ae^x₂，可化為x₂-x₁=lnt；t＞1；
則x₁=

lnt

t-1

，x₂=

tlnt

t-1

；
則x₂+x₁=

(t+1)lnt

t-1

，
令h（t）=

(t+1)lnt

t-1

，
則可證明h（t）在（1，+∞）上單調遞增；
故x₂+x₁隨著t的增大而增大，即
x₂+x₁隨著

x2

x1

的增大而增大，
故x₂+x₁隨著a的減小而增大，
而當a=

1

e

時，x₂+x₁=2；
故x₂+x₁＞2．

點評：本題考查了導數(shù)的綜合應用及恒成立問題，同時考查了數(shù)形結合的思想應用，屬于難題．