Question

【題目】【2017南京二模19】已知函數f(x)＝exax1，其中e為自然對數的底數，a∈R．

（1）若a＝e，函數g(x)＝(2e)x．

①求函數h(x)＝f(x)g(x)的單調區間；

②若函數F(x)＝的值域為R，求實數m的取值范圍；

（2）若存在實數x1，x2∈[0，2]，使得f(x1)＝f(x2)，且|x1x2|≥1，求證：e1≤a≤e2e．

Answer 1

【答案】見解析

【解析】解：（1）當a＝e時，f(x)＝exex1．

①h(x)＝f(x)g(x)＝ex2x1，h′(x)＝ex2．

由h′(x)＞0得x＞ln2，由h′(x)＜0得x＜ln2．

所以函數h(x)的單調增區間為(ln2，＋∞)，單調減區間為(∞，ln2)．

3分

②f′(x)＝exe．

當x＜1時，f′(x)＜0，所以f(x)在區間(∞，1)上單調遞減；

當x＞1時，f′(x)＞0，所以f(x)在區間(1，＋∞)上單調遞增．

1°當m≤1時，f(x)在(∞，m]上單調遞減，值域為[emem1，＋∞)，

g(x)＝(2e)x在(m，＋∞)上單調遞減，值域為(∞，(2e)m)，

因為F(x)的值域為R，所以emem1≤(2e)m，

即em2m1≤0．（*）

由①可知當m＜0時，h(m)＝em2m1＞h(0)＝0，故（*）不成立．

因為h(m)在(0，ln2)上單調遞減，在(ln2，1)上單調遞增，且h(0)＝0，h(1)＝e3＜0，

所以當0≤m≤1時，h(m)≤0恒成立，因此0≤m≤1．

2°當m＞1時，f(x)在(∞，1)上單調遞減，在(1，m]上單調遞增，

所以函數f(x)＝exex1在(∞，m]上的值域為[f(1)，＋∞)，即[1，＋∞)．

g(x)＝(2e)x在(m，＋∞)上單調遞減，值域為(∞，(2e)m)．

因為F(x)的值域為R，所以1≤(2e)m，即1＜m≤．

綜合1°，2°可知，實數m的取值范圍是[0，]．9分

（2）f′(x)＝exa．

若a≤0時，f′(x)＞0，此時f(x)在R上單調遞增．

由f(x1)＝f(x2)可得x1＝x2，與|x1x2|≥1相矛盾，

所以a＞0，且f(x)在(∞，lna]單調遞減，在[lna，＋∞)上單調遞增．

11分

若x1，x2∈(∞，lna]，則由f(x1)＝f(x2)可得x1＝x2，與|x1x2|≥1相矛盾，

同樣不能有x1，x2∈[lna，＋∞)．

不妨設0≤x1＜x2≤2，則有0≤x1＜lna＜x2≤2．

因為f(x)在(x1，lna)上單調遞減，在(lna，x2)上單調遞增，且f(x1)＝f(x2)，

所以當x1≤x≤x2時，f(x)≤f(x1)＝f(x2)．

由0≤x1＜x2≤2，且|x1x2|≥1，可得1∈[x1，x2]，

故f(1)≤f(x1)＝f(x2)．1

又f(x)在(∞，lna]單調遞減，且0≤x1＜lna，所以f(x1)≤f(0)，

所以f(1)≤f(0)，同理f(1)≤f(2)．

即解得e1≤a≤e2e1，

所以e1≤a≤e2e．1