Question

已知函數(shù)f（x）=e^x+ax（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，近似值為2.718）．
（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）不等式f（x）＜x的解集為P，若M={x|

1

2

≤x≤2}且M∩P=M，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）當(dāng)a=-1，且設(shè)g（x）=e^xlnx，是否存在x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點(diǎn)x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等？若存在，求符合條件的個(gè)數(shù)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）求出f′（x），解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0，即得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，注意要對(duì)a分類(lèi)討論；
（2）由M∩P=M，可得M⊆P，所以問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f（x）＜x在[

1

2

，2]上恒成立，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問(wèn)題解決；
（3）當(dāng)a=-1時(shí)，求出f（x）在R上的最小值，假設(shè)存在符合條件的x₀，則x₀為方程y′=f_min（x）的解，構(gòu)造函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)可以解決．

解答：解：（1）f′（x）=e^x+a，
①當(dāng)a≥0時(shí)，f′（x）≥0，所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（-∞，+∞）；
②當(dāng)a＜0時(shí)，令f′（x）=e^x+a=0，得x=ln（-a），且當(dāng)x∈（-∞，ln（-a））時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（ln（-a），+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
所以f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（-∞，ln（-a）），單調(diào)增區(qū)間是（ln（-a），+∞）．
（2）因?yàn)镸∩P=M，所以M⊆P，從而f（x）＜x在[

1

2

，2]上恒成立．
由e^x+ax＜x，得a＜1-

ex

x

在[

1

2

，2]上恒成立．
令h（x）=1-

ex

x

，x∈[

1

2

，2]，則h′（x）=

ex(1-x)

x2

，
所以h（x）在[

1

2

，2]上遞增，在[1，2]上遞減．
又h（

1

2

）=1-2

e

，h（2）=1-

e2

2

，且h（2）＜h（

1

2

），所以h_min（x）=h（2）=1-

e2

2

，所以a＜1-

e2

2

．
所以a的取值范圍是（-∞，1-

e2

2

）．
（3）由y=g（x）-f（x）=e^xlnx-e^x+x，所以y′=e^x（lnx+

1

x

-1）+1．
假設(shè)存在x₀∈（0，+∞），使曲線C：y=g（x）-f（x）在點(diǎn)x₀處的切線斜率與f（x）在R上的最小值相等，
由（1）知，當(dāng)a=-1時(shí)，f（x）的最小值是-（-1）+（-1）ln1=1，所以x₀為方程y′=1，即e^x（lnx+

1

x

-1）=0的解．
令t（x）=lnx+

1

x

-1，x∈（0，+∞），由t′（x）=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

，
知t（x）在（0，1）上為減函數(shù)，在（1，+∞）上為增函數(shù)，所以t（x）≥t（1）=0，
故方程lnx+

1

x

-1=0在（0，+∞）上有唯一解為1．
所以，存在符合條件的x₀，且只有1個(gè)．

點(diǎn)評(píng)：本題考查應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，關(guān)于不等式恒成立問(wèn)題，往往轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值問(wèn)題，方程的解轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題，本題滲透了函數(shù)與方程思想及轉(zhuǎn)化思想．