【題目】已知f(x)=ex(ax﹣1),g(x)=a(x﹣1),a∈R.
(1)討論f(x)的單調(diào)性;
(2)若有且僅有兩個整數(shù)xi(i=1,2),使得f(xi)<g(xi)成立,求實數(shù)a的取值范圍.

【答案】
(1)解:因f′(x)=ex(ax+a﹣1).

所以,當(dāng)a=0時,f′(x)<0在R上恒成立,

即f(x)在(﹣∞,+∞)上單調(diào)遞減;

當(dāng)a>0時,f′(x)>0的解為

即f(x)在 上單調(diào)遞增,在 上單調(diào)遞減;

當(dāng)a<0時,f′(x)>0的解為 ,

即f(x)在 上單調(diào)遞增,在 上單調(diào)遞減.


(2)解:

法一:當(dāng)a=0時,f(x)=﹣ex,g(x)=0,

此時f(x)<g(x)的解集為R,所以此情況舍去;

當(dāng)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,此情況舍去;

當(dāng)a>0時,

由(1)可知f(x)的極值點為

又f(0)=﹣1,g(1)=0, ,而且,f(x)僅有一個零點

,即a≥1時,

由(1)知f(x)的單調(diào)性,以及

有f(x)與g(x)的草圖如下:

,

所以在(﹣∞,﹣1]上f(x)單調(diào)遞減,g(x)單調(diào)遞增,

所以 .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,ex>1,ax﹣1≥0,

所以f(x)=ex(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;

,即o<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),

,解得

而由上知在(﹣∞,﹣1)上f(x)>g(x)恒成立,

下證明在x∈[2,+∞)上, 時,f(x)≥g(x)恒成立,

令函數(shù)h(x)=f(x)﹣g(x),x∈[2,+∞),則h'(x)=ex(ax﹣1+a)﹣a,

因為x∈[2,+∞), ,所以 ,

所以 ,

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, 時,f(x)≥g(x)恒成立.

綜上:

法二:若有且僅有兩個整數(shù)xi(i=1,2),使得f(xi)<g(xi)成立,

則a(xex﹣x+1)<ex有兩個整數(shù)解.

因為y=x(ex﹣1)+1,當(dāng)x>0時,ex﹣1>0,x(ex﹣1)+1》>0;

當(dāng)x<0時,ex﹣1<0,x(ex﹣1)+1》>0,

所以, 有兩個整數(shù)解

設(shè)g(x)= ,則 ,

令h(x)=2﹣x﹣ex,則h′(x)=﹣1﹣ex《<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),

有兩個整數(shù)解的充要條件是:

,

解得:


【解析】(1)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;(2)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),問題轉(zhuǎn)化為 有兩個整數(shù)解,得到關(guān)于a的不等式組,解出即可.
【考點精析】通過靈活運用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的最大(小)值與導(dǎo)數(shù),掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負有如下關(guān)系: 在某個區(qū)間內(nèi),(1)如果,那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增;(2)如果,那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減;求函數(shù)上的最大值與最小值的步驟:(1)求函數(shù)內(nèi)的極值;(2)將函數(shù)的各極值與端點處的函數(shù)值,比較,其中最大的是一個最大值,最小的是最小值即可以解答此題.

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