（本小题满分 13 分） 已知函数 f(x)=e^ a x…——2012 高考数学第 22 题答案解析

**（1）**

若 $a < 0$，取 $x > 0$，则 $e^{ax} < 1$ 且 $-x < 0$，故 $f(x) = e^{ax} - x < 1$，与题设矛盾。又 $a \neq 0$，因此 $a > 0$。

求导得 $f'(x) = ae^{ax} - 1$。令 $f'(x) = 0$，解得 $x = \dfrac{1}{a}\ln\dfrac{1}{a}$。

当 $x < \dfrac{1}{a}\ln\dfrac{1}{a}$ 时，$f'(x) < 0$，$f(x)$ 单调递减；当 $x > \dfrac{1}{a}\ln\dfrac{1}{a}$ 时，$f'(x) > 0$，$f(x)$ 单调递增。

故 $f(x)$ 在 $x = \dfrac{1}{a}\ln\dfrac{1}{a}$ 处取得最小值：
$$f\!\left(\frac{1}{a}\ln\frac{1}{a}\right) = \frac{1}{a} - \frac{1}{a}\ln\frac{1}{a}.$$

要使 $f(x) \geq 1$ 对一切 $x \in \mathbb{R}$ 恒成立，需且仅需：
$$\frac{1}{a} - \frac{1}{a}\ln\frac{1}{a} \geq 1.$$

令 $t = \dfrac{1}{a} > 0$，构造 $g(t) = t - t\ln t$，则 $g'(t) = -\ln t$。

当 $0 < t < 1$ 时 $g'(t) > 0$，$g(t)$ 单调递增；当 $t > 1$ 时 $g'(t) < 0$，$g(t)$ 单调递减。故 $g(t)$ 在 $t = 1$ 处取得最大值 $g(1) = 1$。

因此 $g(t) \geq 1$ 当且仅当 $t = 1$，即 $\dfrac{1}{a} = 1$，解得 $a = 1$。

$a$ 的取值集合为 $\{1\}$。

**（2）**

直线 $AB$ 的斜率为：
$$k = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} = \frac{e^{ax_2} - e^{ax_1}}{x_2 - x_1} - 1.$$

构造函数 $\varphi(x) = f'(x) - k = ae^{ax} - \frac{e^{ax_2} - e^{ax_1}}{x_2 - x_1}$，则问题转化为判断 $\varphi(x) > 0$ 在 $(x_1, x_2)$ 内是否有解。

计算端点值：
$$\varphi(x_1) = ae^{ax_1} - \frac{e^{ax_2} - e^{ax_1}}{x_2 - x_1} = -\frac{e^{ax_1}}{x_2 - x_1}\left[e^{a(x_2 - x_1)} - a(x_2 - x_1) - 1\right],$$
$$\varphi(x_2) = ae^{ax_2} - \frac{e^{ax_2} - e^{ax_1}}{x_2 - x_1} = \frac{e^{ax_2}}{x_2 - x_1}\left[e^{a(x_1 - x_2)} - a(x_1 - x_2) - 1\right].$$

令 $F(t) = e^t - t - 1$，则 $F'(t) = e^t - 1$。当 $t < 0$ 时 $F'(t) < 0$，当 $t > 0$ 时 $F'(t) > 0$，故 $F(t)$ 在 $t = 0$ 处取最小值 $F(0) = 0$。从而对任意 $t \neq 0$，有 $e^t - t - 1 > 0$。

由于 $x_1 < x_2$，故 $a(x_2 - x_1) \neq 0$ 且 $a(x_1 - x_2) \neq 0$，于是：
$$e^{a(x_2 - x_1)} - a(x_2 - x_1) - 1 > 0, \quad e^{a(x_1 - x_2)} - a(x_1 - x_2) - 1 > 0.$$

又 $\dfrac{e^{ax_1}}{x_2 - x_1} > 0$，$\dfrac{e^{ax_2}}{x_2 - x_1} > 0$，所以 $\varphi(x_1) < 0$，$\varphi(x_2) > 0$。

因为 $\varphi(x)$ 在 $[x_1, x_2]$ 上连续，由零点定理知存在 $c \in (x_1, x_2)$ 使 $\varphi(c) = 0$。

又 $\varphi'(x) = a^2 e^{ax} > 0$，故 $\varphi(x)$ 严格单调递增，零点 $c$ 唯一。

由 $\varphi(c) = 0$ 得 $ae^{ac} = \dfrac{e^{ax_2} - e^{ax_1}}{x_2 - x_1}$，解得：
$$c = \frac{1}{a}\ln\frac{e^{ax_2} - e^{ax_1}}{a(x_2 - x_1)}.$$

因 $\varphi(x)$ 严格递增，故当且仅当 $x \in (c,\, x_2)$ 时 $\varphi(x) > 0$，即 $f'(x) > k$。

因此存在满足条件的 $x_0$，其取值范围为 $\left(\dfrac{1}{a}\ln\dfrac{e^{ax_2} - e^{ax_1}}{a(x_2 - x_1)},\, x_2\right)$。