Question

函數(shù)f（x）＝|e^x－bx|，其中e為自然對(duì)數(shù)的底，
（1）當(dāng)b＝1時(shí)，求曲線y＝f（x）在x＝1處的切線方程；
（2）若函數(shù)y＝f（x）有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；
（3）當(dāng)b＞0時(shí)，判斷函數(shù)y＝f（x）在區(qū)間（0，2）上是否存在極大值，若存在，求出極大值及相應(yīng)實(shí)數(shù)b的取值范圍。

Answer 1

解：（1）記g（x）＝e^x-bx，
當(dāng)b＝1時(shí)，g′（x）＝e^x-1，
當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＞0，所以g（x）在（0，＋∞）上為增函數(shù)；
又g（0）＝1＞0，
所以當(dāng)x∈（0，＋∞）時(shí)，g（x）＞0，
所以當(dāng)x∈（0，＋∞）時(shí)，f（x）＝∣g（x）∣＝g（x），
所以f′（1）＝g′（1）＝e-1，
所以曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，e-1）處的切線方程為：y-（e-1）＝（e-1）（x-1），
即y＝（e-1）x。  
（2）f（x）＝0同解于g（x）＝0，
因此，只需g（x）＝0有且只有一個(gè)解，即方程e^x-bx＝0有且只有一個(gè)解，
因?yàn)閤＝0不滿足方程，所以方程同解于b＝，  
令h（x）＝，
由h′（x）＝＝0得x＝1，
當(dāng)x∈（1，＋∞）時(shí)，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，h（x）∈（e，＋∞）；
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，h（x）∈（e，＋∞）；
所以當(dāng)x∈（0，＋∞）時(shí)，方程b＝有且只有一解等價(jià)于b＝e；
當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，h（x）單調(diào)遞減，且h（x）∈（-∞，0），
從而方程b＝有且只有一解等價(jià)于b∈（-∞，0）；
綜上所述，b的取值范圍為（-∞，0）∪{e}。
（3）由g′（x）=e^x-b=0，得x=lnb，
當(dāng)x∈（-∞，lnb）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（lnb，+∞）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增；
所以在x=lnb時(shí)，g（x）取極小值g（lnb）=b-blnb=b（1-lnb），
①當(dāng)0＜b≤e時(shí)，g（lnb）=b-blnb=b（1-lnb）≥0，
從而當(dāng)x∈R時(shí)，g（x）≥0，
所以f（x）=∣g（x）∣=g（x）在（-∞，+∞）上無(wú)極大值；
因此，在x∈（0，2）上也無(wú)極大值；
②當(dāng)b＞e時(shí)，g（lnb）＜0，
因?yàn)間（0）=1＞0，g（2lnb）=b²-2blnb=b（b-2lnb）＞0，
所以存在x₁∈（0，lnb），x₂∈（lnb，2lnb），使得g（x₁）=g（x₂）=0，
此時(shí)f（x）=∣g（x）∣=，
所以f（x）在（-∞，x₁）單調(diào)遞減，在（x₁，lnb）上單調(diào)遞增，在（lnb，x₂）單調(diào)遞減，
在（x₂，+∞）上單調(diào)遞增，
所以在x=lnb時(shí)，f（x）有極大值，
因?yàn)閤∈（0，2），
所以，當(dāng)lnb＜2，即e＜b＜e²時(shí)，f（x）在（0，2）上有極大值；
當(dāng)lnb≥2，即b≥e²時(shí)，f（x）在（0，2）上不存在極大值；
綜上所述，在區(qū)間（0，2）上，當(dāng)0＜b≤e或b≥e²時(shí)，函數(shù)y=f（x）不存在極大值；
當(dāng)e＜b＜e²時(shí)，函數(shù)y=f（x）在x=lnb時(shí)取極大值f（lnb）=b（lnb-1）。