Question

13．設定義在R上的函數f（x）=e^x-ax（a∈R）．
（1）求函數f（x）的單調區間；
（2）若存在x₀∈[1，+∞），使得f（x₀）＜e-a成立，求實數a的取值范圍；
（3）定義：如果實數s，t，r滿足|s-r|≤|t-r|，那么稱s比t更接近r．對于（2）中的a及x≥1，問：$\frac{e}{x}$和e^x-1+a哪個更接近lnx？并說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導函數，可得當a≤0時，f′（x）＞0，f（x）在R上為增函數；當a＞0時，由f′（x）＞0求得x的范圍可得函數的單調區間；
（2）由題意可得f（x）_min＜e-a成立．由（1）知，當a≤0時，f（x）在[1，+∞）上為增函數，則f（x）_min=f（1）=e-a，不滿足f（x）_min＜e-a成立．當a＞0時，由f（x）_min=f（lna）＜f（1）=e-a成立，可得實數a的取值范圍；
（3）令p（x）=$\frac{e}{x}-lnx$，q（x）=e^x-1+a-lnx（x≥1），分類求導可得p（x），q（x）的符號，然后對x分類，利用導數判斷|p（x）|-|q（x）|的符號得答案．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-a，
當a≤0時，f′（x）＞0，f（x）在R上為增函數；
當a＞0時，由f′（x）＞0，得e^x-a＞0，即x＞lna，由f′（x）＜0，得x＜lna．
∴函數的單調增區間為（lna，+∞），減區間為（-∞，lna）；
（2）存在x₀∈[1，+∞），使得f（x₀）＜e-a成立，即f（x）_min＜e-a成立．
由（1）知，當a≤0時，f（x）在[1，+∞）上為增函數，則f（x）_min=f（1）=e-a，不滿足f（x）_min＜e-a成立．
當a＞0時，若lna≤1，則f（x）在[1，+∞）上為增函數，則f（x）_min=f（1）=e-a，不滿足f（x）_min＜e-a成立．
若lna＞1，即a＞e，則f（x）在（1，lna）上單調遞減，在（lna，+∞）上單調遞增，
∴f（x）_min=f（lna）＜f（1）=e-a．
∴實數a的取值范圍是（e，+∞）；
（3）令p（x）=$\frac{e}{x}-lnx$，q（x）=e^x-1+a-lnx（x≥1），
p′（x）=$-\frac{e}{{x}^{2}}-\frac{1}{x}$＜0，p（x）在[1，+∞）上單調遞減，
故當1≤x≤e時，p（x）≥p（e）=0，當x＞e時，p（x）＜0；
q′（x）=${e}^{x-1}-\frac{1}{x}$，q″（x）=${e}^{x-1}+\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，q′（x）在[1，+∞）上單調遞增，
故q′（x）≥q′（1）=0，則q（x）在[1，+∞）上單調遞增，q（x）≥q（1）=a+1＞0．
①當1≤x≤e時，令m（x）=|p（x）|-|q（x）|=p（x）-q（x）=$\frac{e}{x}-{e}^{x-1}-a$．
∴m′（x）=$-\frac{e}{{x}^{2}}-{e}^{x-1}＜0$，故m（x）在[1，e]上單調遞減，
∴m（x）≤m（1）=e-1-a＜0，即|p（x）|＜|q（x）|，
∴$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更接近lnx；
②當x＞e時，令n（x）=|p（x）|-|q（x）|=-p（x）-q（x）=$-\frac{e}{x}+2lnx-{e}^{x-1}-a$．
∴n′（x）=$\frac{e}{{x}^{2}}+\frac{2}{x}-{e}^{x-1}$＜$\frac{3}{e}-{e}^{e-1}$＜0，故n（x）在[e，+∞）上單調遞減，
∴n（x）≤n（e）＜0，即|p（x）|＜|q（x）|，
∴$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更接近lnx．
綜上，當a＞e及x≥1時，$\frac{e}{x}$比e^x-1+a更接近lnx．

點評 本題考查利用導數研究函數的單調性，考查利用導數求函數的最值，考查數學轉化思想方法、邏輯思維能力、靈活變形能力及推理運算能力，難度較大．