一道求函数参数范围题目

lemondian

已知函数 $f(x)=e^x-e x, g(x)=\ln (2 ax+e+1)$。若存在 $x_0 \in(0,1)$，使得 $f\left(x_0\right)=g\left(x_0\right)$ 成立，则 $a$ 的取值范围为
A．$\left(-\frac{e+1}{2},-\frac{e}{2}\right)$
B．$\left(-\frac{e+1}{2},-e\right)$
C．$\left(-\infty,-\frac{e}{2}\right)$
D．$\left(-e_3,-1\right)$

色k

既然要更正，那干脆整道题目码一遍吧，反正又不长，选项可以不打。

力工

这个存在性问题我理解不清，觉得有歧义，可以得到$a<0$，$g(x)$递减，由$g(0)>1$,则只需$g(1)<1$就行了。但没答案。说明命题人不是这样理解的。

kuing

回复 3# 力工

这题目哪有啥歧义啊，就是两函数在 (0,1) 内有公共点啊，你算不出答案只是你的问题。

不过这输入题目的也算马虎，除了楼主指出的漏掉了 x 之外，成立也打成了立成。

以下默认 `x\in[0,1]`，首先易知当 `a\ge0` 时恒有 `g(x)>1\ge f(x)`，所以 `a` 肯定是负的。
设 `h(x)=f(x)-g(x)`，则 `h(0)=1-\ln(e+1)<0`，但是由于 `g(x)` 中的 `x` 未必能取 `1`，所以需要讨论一下。
（1）当 `2a+e+1\le0` 时 `x` 就不能取 `1`，但可以令 `x\to-(e+1)/(2a)`，此时 `h(x)\to+\infty`，在 `(0,1)` 内必有零点；
（2）当 `2a+e+1>0` 时，有 `h(1)=-\ln(2a+e+1)`，那么：
    （i）当 `2a+e<0`，即 `a<-e/2` 时 `h(1)>0`，在 `(0,1)` 内必有零点；
    （ii）当 `2a+e\ge0`，即 `a\ge-e/2` 时 `h(1)\le0`，而因为 `f(x)` 下凸，`g(x)` 上凸，故 `h(x)` 下凸，所以在 `(0,1)` 内必恒负。
综上可知范围就是 `(-\infty,-e/2)`。

游客

。。。看见不等式，运算的时候老是弄错方向。。。
看见那个 —∞，直接选了。

敬畏数学

回复 5# 游客
此法很好，直接秒答案！

lemondian

所给的答案是A,我认为有错，所以问问。。

力工

是我理解成了值域有交集，没仔细想到是同一个$x$.回复 4# kuing

lemondian

回复 1# lemondian
原题如果改成$g(x)=ln(ax+e+1)(0<x<1)$或$g(x)=ln(ax+e+1)(0<x<t,t\geqslant 1)$，答案是否为C呢？

走走看看

回复 8# 力工

如果是x1、x2则是满足值域有交集。

lemondian

回复 4# kuing
这样写，行不行呢？
$x \in(0,1), f(x)=e^x-e x$ 单减，
（i）若 $a \geq 0, g(x)>\ln (e+1)>1, g(x)$ 与 $f(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 无交点
（ii）$a<0, g(x)$ 在 $x \in(0,1)$ 单减，且 $g(0)=\ln (e+1)>1$，又 $f(x)$ 下凹，$g(x)$ 下凸
故$g(1)<f(1)=0, \Rightarrow \ln (2 a+e+1)<0 \Rightarrow a<-\frac{e}{2}$ ，故选 C

走走看看

回复 11# lemondian

可以，研究两个函数的值域和凹凸性，可以知道g(1)＜0时才能让g(x)与f(x)有交点。