Question

6．設(shè)函數(shù)f（x）=ae^2|x-b|（a＞0，b∈R）．
（1）當(dāng)a=1時，對任意的x∈R，f（x）≥x，求實數(shù)b的取值范圍；
（2）設(shè)在任何長為1的區(qū)間上總有兩個數(shù)x₁，x₂滿足|f（x₂）-f（x₁）|≥e-1，證明：a的最小值為1．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)a=1時，由對任意的x∈R，f（x）≥x，可得e^2|x-b|≥x，當(dāng)x＜1時，?b∈R，上式恒成立．當(dāng)x≥1時，上式化為2|x-b|≥lnx，化為2（b-x）≥lnx或2（b-x）≤-lnx，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．
（2）在所有區(qū)間[m，m+1]中，$（\frac{|f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）|}{a}）_{max}$的最小值，為區(qū)間$[b-\frac{1}{2}，b+\frac{1}{2}]$里$\frac{|f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）|}{a}$的最大值，即可得出a的最小值．

解答 （1）解：當(dāng)a=1時，∵對任意的x∈R，f（x）≥x，
∴e^2|x-b|≥x，
①當(dāng)x＜1時，?b∈R，上式恒成立．
②當(dāng)x≥1時，上式化為2|x-b|≥lnx，
∴2（b-x）≥lnx或2（b-x）≤-lnx，
∴b$≥\frac{1}{2}$lnx+x，或b$≤-\frac{1}{2}lnx$+x，
由于函數(shù)y=$\frac{1}{2}$lnx+x，在x≥1時單調(diào)遞增，因此不成立，舍去；
令g（x）=x-$\frac{1}{2}$lnx，g′（x）=1-$\frac{1}{2x}$=$\frac{2x-1}{2x}$＞0，
∴函數(shù)g（x）在x≥1時單調(diào)遞增，
∴b≤1．
綜上可得：實數(shù)b的取值范圍是（-∞，1]．
（2）證明：如圖所示，在所有區(qū)間[m，m+1]中，$（\frac{|f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）|}{a}）_{max}$的最小值，為區(qū)間$[b-\frac{1}{2}，b+\frac{1}{2}]$里$\frac{|f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）|}{a}$的最大值，為${e}^{2（\frac{1}{2}+b-b）}$-e^2（b-b）=e-1．
∴$a≥\frac{e-1}{e-1}$=1，
因此a的最小值為1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性最值，考查了數(shù)形結(jié)合的思想方法與計算能力，所有難題．