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已知函数f(x)=xetx-ex+1,其中t∈R,e是自然对数的底数.(Ⅰ)若方程f(x)=1无实数根,求实数t的取值范围;(Ⅱ)若函数f(x)在(0,+∞)内为减函数,求实数t的取值范围.
题目详情
已知函数f(x)=xetx-ex+1,其中t∈R,e是自然对数的底数.
(Ⅰ)若方程f(x)=1无实数根,求实数t的取值范围;
(Ⅱ)若函数f(x)在(0,+∞)内为减函数,求实数t的取值范围.
(Ⅰ)若方程f(x)=1无实数根,求实数t的取值范围;
(Ⅱ)若函数f(x)在(0,+∞)内为减函数,求实数t的取值范围.
▼优质解答
答案和解析
(Ⅰ)由f(x)=1,可得x=ex(1-t)>0,
∴原方程无负实数根,
故有
=1-t.
令g(x)=
,则g′(x)=
,
∴0<x<e,g′(x)>0;x>e,f′(x)<0,
∴函数g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
∴函数g(x)的最大值为g(e)=
,
∴函数g(x)的值域为(-∞,
];
方程f(x)=1无实数根,等价于1-t∉(-∞,
],
∴1-t>
,
∴t<1-
,
∴当t<1-
时,方程f(x)=1无实数根;
(Ⅱ)f′(x)=etx[1+tx-e(1-t)x]
由题设,x>0,f′(x)≤0,
不妨取x=1,则f′(1)=et(1+t-e1-t)≤0,
t≥1时,e1-t≤1,1+t≤2,不成立,∴t<1.
①t≤
,x>0时,f′(x)=etx[1+tx-e(1-t)x]≤e
(1+
-e
),
由(Ⅰ)知,x-ex+1<0,∴1+
-e
<0,∴f′(x)<0,
∴函数f(x)是(0,+∞)内的减函数;
②
<t<1,
>1,∴
ln
>0,
令h(x)=1+tx-e(1-t)x,则h(0)=0,h′(x)=(1-t)[
-e(1-t)x]
0<x<
ln
,h′(x)>0,
∴h(x)在(0,
ln
)上单调递增,
∴h(x)>h(0)=0,此时,f′(x)>0,
∴f(x)在(0,
ln
)上单调递增,有f(x)>f(0)=0与题设矛盾,
综上,当t≤
∴原方程无负实数根,
故有
lnx |
x |
令g(x)=
lnx |
x |
1-lnx |
x2 |
∴0<x<e,g′(x)>0;x>e,f′(x)<0,
∴函数g(x)在(0,e)上单调递增,在(e,+∞)上单调递减,
∴函数g(x)的最大值为g(e)=
1 |
e |
∴函数g(x)的值域为(-∞,
1 |
e |
方程f(x)=1无实数根,等价于1-t∉(-∞,
1 |
e |
∴1-t>
1 |
e |
∴t<1-
1 |
e |
∴当t<1-
1 |
e |
(Ⅱ)f′(x)=etx[1+tx-e(1-t)x]
由题设,x>0,f′(x)≤0,
不妨取x=1,则f′(1)=et(1+t-e1-t)≤0,
t≥1时,e1-t≤1,1+t≤2,不成立,∴t<1.
①t≤
1 |
2 |
x |
2 |
x |
2 |
x |
2 |
由(Ⅰ)知,x-ex+1<0,∴1+
x |
2 |
x |
2 |
∴函数f(x)是(0,+∞)内的减函数;
②
1 |
2 |
t |
1-t |
1 |
1-t |
t |
1-t |
令h(x)=1+tx-e(1-t)x,则h(0)=0,h′(x)=(1-t)[
t |
1-t |
0<x<
1 |
1-t |
t |
1-t |
∴h(x)在(0,
1 |
1-t |
t |
1-t |
∴h(x)>h(0)=0,此时,f′(x)>0,
∴f(x)在(0,
1 |
1-t |
t |
1-t |
综上,当t≤
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