2012_退役省自主命题 (2012·理)
22．（本小题满分 13 分）
已知函数 $f(x)=e^{a x}-x$ ，其中 $a \neq 0$ ．
（1）若对一切 $x \in R, f(x) \geq 1$ 恒成立，求 $a$ 的取值集合；
（II）在函数 $f(x)$ 的图象上取定两点 $A\left(x_{1}, f\left(x_{1}\right)\right), B\left(x_{2}, f\left(x_{2}\right)\right)\left(x_{1}<x_{2}\right)$ ，记直线 $A B$ 的斜率为 $k$ 。问：是否存在 $x_{0} \in\left(x_{1}, x_{2}\right)$ ，使 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>k$ 成立？若存在，求 $x_{0}$ 的取值范围；若不存在，请说明理由．
见解析
先把常见基础得分点练稳，再回来处理综合题。
【解析】（1）若 $a<0$ ，则对一切 $x>0, f(x)=e^{a x}-x<1$ 这与题设矛盾．又 $a \neq 0$ ，故 $a>0$ 。而 $f^{\prime}(x)=a e^{a x}-1$ ，令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{1}{a} \ln \frac{1}{a}$ ，
当 $x<\frac{1}{a} \ln \frac{1}{a}$ 时，$f^{\prime}(x)<0, ~ f(x)$ 单调递减；当 $x>\frac{1}{a} \ln \frac{1}{a}$ 时，$f^{\prime}(x)>0, ~ f(x)$ 单调
递增。故当 $x=\frac{1}{a} \ln \frac{1}{a}$ 时，$f(x)$ 取最小值 $f\left(\frac{1}{a} \ln \frac{1}{a}\right)=\frac{1}{a}-\frac{1}{a} \ln \frac{1}{a}$ ，
于是对一切 $x \in R, f(x) \geq 1$ 恒成立，当且仅当 $\frac{1}{a}-\frac{1}{a} \ln \frac{1}{a} \geq 1$
令 $g(t)=t-t \ln t$ ，则 $g^{\prime}(t)=-\ln t$ ．
当 $0<t<1$ 时，$g^{\prime}(t)>0, g(t)$ 单调迷增；当 $t>1$ 时，$g^{\prime}(t)<0, g(t)$ 单调速减，故当 $t=1$ 时， $g(t)$ 取最大值 $g(1)=1$ ，因此，当且仅当 $\frac{1}{a}=1$ ，即 $a=1$ 时，（1）式成立。
综上所述，$a$ 的取值集合为 $\{1\}$ ．
（II）由题意知，$k=\frac{f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)}{x_{2}-x_{1}}=\frac{e^{x_{2}}-e^{x_{1}}}{x_{2}-x_{1}}-1$ ．
令 $\varphi(x)=f^{\prime}(x)-k=a e^{a x}-\frac{e^{a x_{2}}-e^{a x_{1}}}{x_{2}-x_{1}}$ ，则 $\varphi\left(x_{1}\right)=-\frac{e^{a x_{1}}}{x_{2}-x_{1}}\left[e^{a\left(x_{2}-x_{1}\right)}-a\left(x_{2}-x_{1}\right)-1\right]$ ，
$\varphi\left(x_{2}\right)=\frac{e^{a x_{2}}}{x_{2}-x_{1}}\left[e^{a\left(x_{1}-x_{2}\right)}-a\left(x_{1}-x_{2}\right)-1\right]$.
令 $F(t)=e^{t}-t-1$ ，则 $F^{\prime}(t)=e^{t}-1$ ．
当 $t<0$ 时，$F^{\prime}(t)<0, F(t)$ 单调造减；当 $t>0$ 时，$F^{\prime}(t)>0, F(t)$ 单调迷增，故当 $t \neq 0$ 时， $F(t)>F(0)=0$ 即 $e^{t}-t-1>0$ 。
从而 $e^{a\left(x_{2}-x_{1}\right)}-a\left(x_{2}-x_{1}\right)-1>0, e^{a\left(x_{1}-x_{2}\right)}-a\left(x_{1}-x_{2}\right)-1>0$ ，又 $\frac{e^{x_{1}}}{x_{2}-x_{1}}>0, \frac{e^{a x_{2}}}{x_{2}-x_{1}}>0$ ，
所以 $\varphi\left(x_{1}\right)<0, \varphi\left(x_{2}\right)>0$ ．
因为函数 $y=\varphi(x)$ 在区间 $\left[x_{1}, x_{2}\right]$ 上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在 $c \in\left(x_{1}, x_{2}\right)$ ，
使得 $\varphi(c)=0$ ．又 $\varphi^{\prime}(x)=a^{2} e^{a x}>0, \varphi(x)$ 单调递增，故这样的 $c$ 是唯一的，且
$c=\frac{1}{a} \ln \frac{e^{a x_{2}}-e^{a x_{1}}}{a\left(x_{2}-x_{1}\right)}$ ．故当且仅当 $x \in\left(\frac{1}{a} \ln \frac{e^{a x_{2}}-e^{a x_{1}}}{a\left(x_{2}-x_{1}\right)}, x_{2}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)>k$ ．
综上所述，存在 $x_{0} \in\left(x_{1}, x_{2}\right)$ ，使 $f^{\prime}\left(x_{0}\right)>k$ 成立，且 $x_{0}$ 的取值范围为 $\left(\frac{1}{a} \ln \frac{e^{a x_{2}}-e^{a x_{1}}}{a\left(x_{2}-x_{1}\right)}, x_{2}\right)$ ．
【考点定位】导数的综合应用。