Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-（2a+e）x，a∈R．
（Ⅰ）若對任意x≥1，不等式f（x）≥1恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）如果當a＞-

e

2

時，關(guān)于x的不等式f（x）+b＜0在實數(shù)范圍內(nèi)總有解，求實數(shù)b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

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）先分離參數(shù)，即不等式2a+e≤

ex-1

x

恒成立．在利用導(dǎo)數(shù)求出h(x)=

ex-1

x

的最小值，問題得以解決．
（Ⅱ）先利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間，不等式f（x）+b＜0在實數(shù)范圍內(nèi)總有解，分離參數(shù)不等式b≤（2a+e）•ln（2a+e），再求出函數(shù)的最小值即可．

解答： 解：（Ⅰ）已知對任意x≥1，f（x）≥1恒成立，則e^x-（2a+e）x≥1，
即對任意x≥1，不等式2a+e≤

ex-1

x

恒成立．
令h(x)=

ex-1

x

，當x≥1時，h/(x)=

ex(x-1)+1

x2

＞0
所以y=h（x）在[1，+∞]上單調(diào)遞增，
函數(shù)h（x）有最小值，最小值為h（1）=e-1，
所以2a+e≤e-1，
解得a≤-

1

2

；
故實數(shù)a的取值范圍為（-∞，-

1

2

）
（Ⅱ）因為f（x）=e^x-（2a+e）x，所以f'（x）=e^x-（2a+e）
因為a＞-

e

2

，所以2a+e＞0
由f'（x）＞0⇒x＞ln（2a+e）f'（x）＜0⇒x＜ln（2a+e）
所以x∈（-∞，ln（2a+e））時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，x∈（ln（2a+e），+∞）時，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
所以f(x)min=f[ln(2a+e)]=eln(2a+e)-(2a+e)•ln(2a+e)=（2a+e）-（2a+e）•ln（2a+e）
因為不等式f（x）+b＜0在實數(shù)范圍內(nèi)總有解，
則不等式（2a+e）-（2a+e）•ln（2a+e）+b≤0恒成立，
即當a＞-

e

2

時，不等式b≤（2a+e）•ln（2a+e）-（2a+e）恒成立．
令t=2a+e，g（t）=tlnt-t（t＞0），則g′（t）=lnt，g′（t）＞0⇒t＞1，
即t∈（1，+∞）時，函數(shù)g（t）單調(diào)遞增，g′（t）＜0⇒t＜1，
即t∈（-∞，1）時，函數(shù)g（t）單調(diào)遞減，
所以函數(shù)g（t）有最小值，最小值為g（1）=-1，
所以b≤-1．
故實數(shù)b的取值范圍為（-∞，-1]

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)在最大值與最小值問題中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)研究出函數(shù)的單調(diào)性，判斷出函數(shù)的最值，恒成立的問題一般轉(zhuǎn)化最值問題來求解，本題即轉(zhuǎn)化為用單調(diào)性求函數(shù)在閉區(qū)間上的最值的問題，求出最值再判斷出參數(shù)的取值．本題運算量過大，解題時要認真嚴謹，避免變形運算失誤，導(dǎo)致解題失�。�