Question

2．已知f（x）=e^x（ax-1），g（x）=a（x-1），a∈R．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若有且僅有兩個(gè)整數(shù)x_i（i=1，2），使得f（x_i）＜g（x_i）成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）法一：分別求出f（x）和g（x）的特殊值，通過(guò)a的范圍，通過(guò)觀察f（x），g（x）的圖象求出a的范圍即可；法二：分離參數(shù)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為$a＜\frac{e^x}{{x{e^x}-x+1}}$有兩個(gè)整數(shù)解，得到關(guān)于a的不等式組，解出即可．

解答 解：（Ⅰ）因f′（x）=e^x（ax+a-1）．…（1分）
所以，當(dāng)a=0時(shí)，f′（x）＜0在R上恒成立，
即f（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞減；…（2分）
當(dāng)a＞0時(shí)，f′（x）＞0的解為$\left\{{x|x＞\frac{1}{a}-1}\right\}$，
即f（x）在$（\frac{1}{a}-1，+∞）$上單調(diào)遞增，在$（-∞，\frac{1}{a}-1）$上單調(diào)遞減；…（4分）
當(dāng)a＜0時(shí)，f′（x）＞0的解為$\left\{{x|x＜\frac{1}{a}-1}\right\}$，
即f（x）在$（-∞，\frac{1}{a}-1）$上單調(diào)遞增，在$（\frac{1}{a}-1，+∞）$上單調(diào)遞減．…（6分）
（Ⅱ）法一：當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=-e^x，g（x）=0，
此時(shí)f（x）＜g（x）的解集為R，所以此情況舍去；…（7分）
當(dāng)a＜0時(shí)，f（0）=-1＜g（0）=-a，f（1）=e（a-1）＜g（1）=0，f（2）=e²（2a-1）＜g（2）=a．
可見(jiàn)f（x）＜g（x）的解集不僅僅兩個(gè)整數(shù)解，此情況舍去；…（8分）
當(dāng)a＞0時(shí)，
由（Ⅰ）可知f（x）的極值點(diǎn)為$\frac{1}{a}-1$，
又f（0）=-1，g（1）=0，$f（\frac{1}{a}-1）={e^{\frac{1-a}{a}}}（-a）$，而且，f（x）僅有一個(gè)零點(diǎn)$\frac{1}{a}$．
若$0＜\frac{1}{a}≤1$，即a≥1時(shí)，
由（Ⅰ）知f（x）的單調(diào)性，以及$f（\frac{1}{a}-1）={e^{\frac{1-a}{a}}}（-a）＜0$，
有f（x）與g（x）的草圖如下：

因$-1＜\frac{1}{a}-1＜0$，
所以在（-∞，-1]上f（x）單調(diào)遞減，g（x）單調(diào)遞增，
所以$f{（x）_{min}}=f（-1）=-\frac{a+1}{e}$．g（x）_max=g（-1）=-2a，
所以在（-∞，-1]上f（x）＞g（x）恒成立．
又f（0）=-1＞g（0）=-a，在x∈[1，+∞）上，又a≥1，所以，e^x＞1，ax-1≥0，
所以f（x）=e^x（ax-1）＞ax-1=a（x-1）+a-1≥a（x-1）=g（x）
所以在a≥1時(shí)，在R上沒(méi)有使得f（x）＜g（x）的整數(shù)解存在；…（10分）
若$\frac{1}{a}＞1$，即o＜a＜1時(shí)，f（x）與g（x）的草圖如下：

因?yàn)閒（0）=-1＜-a=g（0），f（1）=e（a-1）＜0=g（1），
若$\left\{{\begin{array}{l}{f（-1）≥g（-1）}\\{f（2）≥g（2）}\end{array}}\right.$，解得 $a≥\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}$．…（11分）
而由上知在（-∞，-1）上f（x）＞g（x）恒成立，
下證明在x∈[2，+∞）上，$\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}≤a＜1$時(shí)，f（x）≥g（x）恒成立，
令函數(shù)h（x）=f（x）-g（x），x∈[2，+∞），則h'（x）=e^x（ax-1+a）-a，
因?yàn)閤∈[2，+∞），$\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}≤a＜1$，所以$ax-1+a≥\frac{1}{{2{e^2}-1}}+a＞0$，
所以${e^x}（ax-1+a）-a≥{e^2}（\frac{1}{{2{e^2}-1}}+a）-a$$＞\frac{1}{{2{e^2}-1}}+a-a=\frac{1}{{2{e^2}-1}}＞0$，
即h'（x）＞0在x∈[2，+∞）上恒成立，
所以函數(shù)h（x）在[2，+∞）上單調(diào)遞增，所以h（x）≥h（2）=（2e²-1）a-e²≥0
所以在x∈[2，+∞）上，$\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}≤a＜1$時(shí)，f（x）≥g（x）恒成立．
綜上：$\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}≤a＜1$．…（12分）

法二：若有且僅有兩個(gè)整數(shù)x_i（i=1，2），使得f（x_i）＜g（x_i）成立，
則a（xe^x-x+1）＜e^x有兩個(gè)整數(shù)解．
因?yàn)閥=x（e^x-1）+1，當(dāng)x＞0時(shí)，e^x-1＞0，x（e^x-1）+1》＞0；
當(dāng)x＜0時(shí)，e^x-1＜0，x（e^x-1）+1》＞0，
所以，$a＜\frac{e^x}{{x{e^x}-x+1}}$有兩個(gè)整數(shù)解…（8分）
設(shè)g（x）=$\frac{{e}^{x}}{{xe}^{x}-x+1}$，則$g'（x）=\frac{{{e^x}（2-x-{e^x}）}}{{{{（x{e^x}-x+1）}^2}}}$，
令h（x）=2-x-e^x，則h′（x）=-1-e^x《＜0，
又h（0）=1＞0，h（（1）=1-e＜0，
所以?x₀∈（0，1），使得h（x₀）=0，
∴g（x）在為增函數(shù)，在（x₀，+∞）為減函數(shù)，
∴$a＜\frac{e^x}{{x{e^x}-x+1}}$有兩個(gè)整數(shù)解的充要條件是：
$\left\{\begin{array}{l}a＜g（0）=1\\ a＜g（1）=1\\ a≥g（-1）=\frac{1}{2e-1}\\ a≥g（2）=\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}\end{array}\right.$，
解得：$\frac{e^2}{{2{e^2}-1}}≤a＜1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，是一道綜合題．