Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-x-1．
（Ⅰ）若函數(shù)g（x）=-e^x+x+a+1，x∈[-1，ln

4

3

]有唯一零點，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當x≥0時，f（x）≥（t-1）x恒成立，求t的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,函數(shù)零點的判定定理,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）令g（x）=0，得a=e^x-1-x，函數(shù)g（x）的零點個數(shù)就是函數(shù)f（x）圖象與直線y=a的交點個數(shù)，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出使函數(shù)g（x）=-e^x+x+a+1，x∈[-1，ln

4

3

]有唯一零點的a的取值范圍．
（Ⅱ）由已知得，當x≥0時，e^x-1-tx≥0恒成立，令h（x）=e^x-1-tx，則h′（x）=e^x-t，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出t的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）∵f（x）=e^x-x-1，g（x）=-e^x+x+a+1，
∴令g（x）=0，得a=e^x-1-x，
函數(shù)g（x）的零點個數(shù)就是函數(shù)f（x）圖象與直線y=a的交點個數(shù)，
∵f′（x）=e^x-1，∴令f′（x）=0，得x=0，
∵當x＞0時，f′（x）＞0；當x＜0時，f′（x）＜0．
∴x∈（-1，0）時，f（x）為減函數(shù)，x∈（0，ln

4

3

）時，f（x）為增函數(shù)，
又∵f（0）=0，f（-1）=e-1-1+1=

1

e

，
f（ln

4

3

）=

4

3

-1-ln

4

3

=

1

3

-ln

4

3

，且f（-1）-f（ln

4

3

）=

1

e

-

1

3

+ln

4

3

＞0，
∴f（-1）＞f（ln

4

3

），
∴要使函數(shù)g（x）=-e^x+x+a+1，x∈[-1，ln

4

3

]有唯一零點，
只要a=0或a∈（

1

3

-ln

4

3

，

1

e

]．
∴a的取值范圍是（

1

3

-ln

4

3

，

1

e

]∪{0}．
（Ⅱ）由已知得，當x≥0時，e^x-1-tx≥0恒成立，
令h（x）=e^x-1-tx，則h′（x）=e^x-t，
若t≤1，則h′（x）＞0，函數(shù)h（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，
又h（0）=0，∴函數(shù)h（x）在（0，lnt）上是減函數(shù)，在（lnt，+∞）上是增函數(shù)，
又h（lnt）=t-1-tlnt＜h（0）=0，
∴不滿足f（x）≥（t-1）x恒成立，故t＞1不符合題意．
綜上所述，t的取值范圍是（-∞，1]．

點評：本題實數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、構(gòu)造法、等價轉(zhuǎn)化思想的合理運用．