已知 $m$ 是实数，函数 $f(x)={\rm e}^{x+1}-ma$，$g(x)=a{\rm e}^x-x$．若存在实数 $a$，使得 $f(x)\leqslant g(x)$ 对任意 $x\in\mathbb R$ 恒成立，则 $m$ 的取值范围是 \((\qquad)\)
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
C
【解析】
根据题意，有\[\forall x\in\mathbb R,{\rm e}^{x+1}-ma\leqslant a{\rm e}^x-x,\]也即\[\forall x\in\mathbb R,(a-{\rm e}){\rm e}^x-x+ma\geqslant 0,\]记不等式左侧函数为 $\varphi(x)$．
情形一 $a\leqslant {\rm e}$．此时\[\varphi(ma+1)=(a-{\rm e}){\rm e}^{ma+1}-1<0,\]不符合题意．
情形二 $a>{\rm e}$．此时函数 $\varphi(x)$ 的导函数\[\varphi'(x)=(a-{\rm e}){\rm e}^x-1,\]于是\[\begin{array} {c|ccc}\hline
x&(-\infty,-\ln (a-{\rm e})&-\ln(a-{\rm e})&(-\ln(a-{\rm e}),+\infty)\\ \hline
\varphi'(x)&-&0&+\\ \hline
\varphi(x)&\searrow&\min&\nearrow\\ \hline
\end{array}\]于是命题等价于\[1+\ln(a-{\rm e})+ma\geqslant 0.\]接下来考虑\[\exists a>{\rm e},1+\ln (a-{\rm e})+ma\geqslant 0,\]也即\[\exists a>{\rm e},m\geqslant -\dfrac{1+\ln (a-{\rm e})}{a},\]设\[\mu(x)=-\dfrac{1+\ln (x-{\rm e})}{x},\]其导函数\[\mu'(x)=\dfrac{\ln(x-{\rm e})-\dfrac{{\rm e}}{x-{\rm e}}}{x^2},\]注意到分子部分单调递增，且有零点为 $x=2{\rm e}$，于是 $\mu(x)$ 的极小值，亦为最小值为\[\mu(2{\rm e})=-\dfrac{1}{\rm e},\]因此 $m$ 的取值范围是 $\left[-\dfrac{1}{\rm e},+\infty
\right)$．
x&(-\infty,-\ln (a-{\rm e})&-\ln(a-{\rm e})&(-\ln(a-{\rm e}),+\infty)\\ \hline
\varphi'(x)&-&0&+\\ \hline
\varphi(x)&\searrow&\min&\nearrow\\ \hline
\end{array}\]于是命题等价于\[1+\ln(a-{\rm e})+ma\geqslant 0.\]接下来考虑\[\exists a>{\rm e},1+\ln (a-{\rm e})+ma\geqslant 0,\]也即\[\exists a>{\rm e},m\geqslant -\dfrac{1+\ln (a-{\rm e})}{a},\]设\[\mu(x)=-\dfrac{1+\ln (x-{\rm e})}{x},\]其导函数\[\mu'(x)=\dfrac{\ln(x-{\rm e})-\dfrac{{\rm e}}{x-{\rm e}}}{x^2},\]注意到分子部分单调递增，且有零点为 $x=2{\rm e}$，于是 $\mu(x)$ 的极小值，亦为最小值为\[\mu(2{\rm e})=-\dfrac{1}{\rm e},\]因此 $m$ 的取值范围是 $\left[-\dfrac{1}{\rm e},+\infty
\right)$．
题目
答案
解析
备注
