题目内容
17．设函数f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-ax+a，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）＞1，则a的取值范围是（ ）| A． | （1，2] | B． | （1，$\frac{e+1}{2}$] | C． | （1，$\frac{2e}{3}$] | D． | （1，2） |
分析 把存在唯一的整数x0，使得f（x0）＞1，转化为存在唯一的整数x0，使得$\frac{{x}_{0}}{{e}^{{x}_{0}}}-a{x}_{0}+a＞1$，即$\frac{{x}_{0}}{{e}^{{x}_{0}}}＞a{x}_{0}-a+1$．令g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，h（x）=ax-a+1，求得分析g（x）的单调性，作g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，h（x）=ax-a+1的图象，数形结合得到$\left\{\begin{array}{l}{h（0）=1-a＜0}\\{a≥\frac{1-（-e）}{2}}\end{array}\right.$，则答案可求．
解答 解：f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$-ax+a，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）＞1，
即存在唯一的整数x0，使得$\frac{{x}_{0}}{{e}^{{x}_{0}}}-a{x}_{0}+a＞1$，也就是存在唯一的整数x0，使得$\frac{{x}_{0}}{{e}^{{x}_{0}}}＞a{x}_{0}-a+1$．
令g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，h（x）=ax-a+1，
∵g′（x）=$\frac{{e}^{x}-x{e}^{x}}{{e}^{2x}}=\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
∴g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$在（-∞，1]上是增函数，在（1，+∞）上是减函数，
又∵h（x）=ax-a+1是恒过点（1，1）的直线，
∴作g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，h（x）=ax-a+1的图象如下，
则$\left\{\begin{array}{l}{h（0）=1-a＜0}\\{a≥\frac{1-（-e）}{2}}\end{array}\right.$，即1$＜a≤\frac{e+1}{2}$．
故选：B．
点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查根的存在性及根的个数判断，体现了数形结合的解题思想方法，是压轴题．
阅读快车系列答案| A． | $\sqrt{2}$ | B． | $\frac{{\sqrt{2}}}{4}$ | C． | $\frac{{\sqrt{2}}}{3}$ | D． | 2$\sqrt{2}$ |
已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜$\frac{π}{2}$）的部分图象如图，将函数f（x）的图象向左平移$\frac{π}{6}$个单位，得到函数g（x）的图象，则关于函数g（x）：