Question

【题目】【2017南京二模19】已知函数f(x)＝exax1，其中e为自然对数的底数，a∈R．

（1）若a＝e，函数g(x)＝(2e)x．

①求函数h(x)＝f(x)g(x)的单调区间；

②若函数F(x)＝的值域为R，求实数m的取值范围；

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

Answer 1

【答案】见解析

【解析】解：（1）当a＝e时，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．

所以函数h(x)的单调增区间为(ln2，＋∞)，单调减区间为(∞，ln2)．

3分

②f′(x)＝exe．

当x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在区间(∞，1)上单调递减；

当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．

1°当m≤1时，f(x)在(∞，m]上单调递减，值域为[emem1，＋∞)，

g(x)＝(2e)x在(m，＋∞)上单调递减，值域为(∞，(2e)m)，

因为F(x)的值域为R，所以emem1≤(2e)m，

即em2m1≤0．（*）

由①可知当m＜0时，h(m)＝em2m1＞h(0)＝0，故（*）不成立．

因为h(m)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2，1)上单调递增，且h(0)＝0，h(1)＝e3＜0，

所以当0≤m≤1时，h(m)≤0恒成立，因此0≤m≤1．

2°当m＞1时，f(x)在(∞，1)上单调递减，在(1，m]上单调递增，

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

g(x)＝(2e)x在(m，＋∞)上单调递减，值域为(∞，(2e)m)．

因为F(x)的值域为R，所以1≤(2e)m，即1＜m≤．

综合1°，2°可知，实数m的取值范围是[0，]．9分

（2）f′(x)＝exa．

若a≤0时，f′(x)＞0，此时f(x)在R上单调递增．

由f(x1)＝f(x2)可得x1＝x2，与|x1x2|≥1相矛盾，

所以a＞0，且f(x)在(∞，lna]单调递减，在[lna，＋∞)上单调递增．

11分

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

同样不能有x1，x2∈[lna，＋∞)．

不妨设0≤x1＜x2≤2，则有0≤x1＜lna＜x2≤2．

因为f(x)在(x1，lna)上单调递减，在(lna，x2)上单调递增，且f(x1)＝f(x2)，

所以当x1≤x≤x2时，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]单调递减，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