Question

6．已知F（x）=e^x（ax-1）-a（x-1），a∈R．
（Ⅰ）討論f（x）=F（x）+a（x-1）的單調(diào)性；
（Ⅱ）若有多于兩個整數(shù)x_i（i=1，2，3…n，n≥3）使得F（x_i）＜0成立，求實數(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a的范圍，通過觀察f（x），g（x）的圖象求出a的范圍即可；法二：分離參數(shù)，得到關(guān)于a的不等式組，解出即可．

解答 解：（Ⅰ）因f（x）=F（x）+a（x-1）=e^x（ax-1），f′（x）=e^x（ax+a-1），
所以，當a=0時，f′（x）＜0在R上恒成立，即f（x）在R上單調(diào)遞減；
當a＞0時，f′（x）＞0的解為{x|x＞$\frac{1}{a}$-1}，
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；
當a＜0時，f′（x）＞0的解為{x|x＜$\frac{1}{a}$-1}，
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．
（Ⅱ）方法一：若有多于兩個整數(shù)x_i（i=1，2，3…n），使得f（x_i）＜g（x_i）成立，
則a（xe^x-x+1）＜e^x有兩個以上整數(shù)解，
因為y=x（e^x-1）+1，當x＞0時，e^x-1＞0，x（e^x-1）+1＞0；
當x＜0時，e^x-1＜0，x（e^x-1）+1＞0，
所以，a＜$\frac{{e}^{x}}{{xe}^{x}-x+1}$有兩個以上整數(shù)解．
設(shè)g（x）=$\frac{{e}^{x}}{{xe}^{x}-x+1}$，則g′（x）=$\frac{{e}^{x}（2-x{-e}^{x}）}{{（{xe}^{x}-x+1）}^{2}}$，
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（-∞，x₀）為增函數(shù)，在（x₀，+∞）上為減函數(shù)，
∴a＜$\frac{{e}^{x}}{{xe}^{x}-x+1}$有兩個以上整數(shù)解的充要條件是a＜g（-1）=$\frac{1}{2e-1}$，或a＜g（2）=$\frac{{e}^{2}}{{2e}^{2}-1}$，
解得：a＜$\frac{{e}^{2}}{{2e}^{2}-1}$；
方法二：F（x）=e^x（ax-1）-a（x-1）＜0，得：e^x（ax-1）＜a（x-1），
設(shè)g（x）=a（x-1），問題轉(zhuǎn)化為f（x_i）＜g（x_i），
有三個或三個以上整數(shù)x_i的解i=（1，2，3，…，n，n≥3），
當a=0時，f（x）=-e^x，g（x）=0，此時f（x）＜g（x）的解集為R，此情況成立；
當a＜0時，f（0）=-1＜g（0）=-a，f（1）=e（a-1）＜g（1）=0，f（2）=e²（2a-1）＜g（2）=a，
可見f（x）＜g（x）的解集不僅僅兩個整數(shù)解，此情況成立；
當a＞0時，由（Ⅰ）可知f（x）的極值點為$\frac{1}{a}$-1，
又f（0）=-1，g（1）=0，f（$\frac{1}{a}$-1）=${e}^{\frac{1-a}{a}}$（-a），而且，f（x）僅有一個零點$\frac{1}{a}$，
若0＜$\frac{1}{a}$≤1，即a≥1，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）min=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，在R上沒有使得f（x）＜g（x）的整數(shù)解存在；
若$\frac{1}{a}$＞1，即0＜a＜1時，f（x）與g（x）的草圖如下：

因為f（0）=-1＜-a=g（0），f（1）=e（a-1）＜0=g（1），
f（-1）＜g（-1）或f（2）＜g（2）成立即可，解得：0＜a＜$\frac{{e}^{2}}{{2e}^{2}-1}$，
綜上所述：a＜$\frac{{e}^{2}}{{2e}^{2}-1}$．

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