已知函数f（x）=ex-ax，其中a＞0

（1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a的取值集合；
（2）在函数f（x）的图象上取定点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））（x1＜x2），记直线AB的斜率为K，证明：存在x0∈（x1，x2），使f′（x0）=K恒成立．

你确定题目没问题吗,我觉得f(x)=ex^2-ax吧
如果我猜的没错的话
第二问是要你证明拉格朗日中值定理
不过,如果这道题只是初,高中水平的数学题的话,证明就没那么麻烦,你只要找到一个点满足下面的讨论:
该点的最大特点是:过该点做一条平行于直线AB的直线,该直线与否y=f(x)相切,切点的横坐标就是x0

（1）由g′（x）=ex-a， g′（0）=1-a=0得a=1，f（x）=x-lnx ∵f（x）的定义域为：（0，+∞），f′(x)＝1−1x， ∴函数f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）． （2）由f′(x)＝a−1x＝ax−1x 若0＜a＜1则f（x）在（1，+∞）上有最小值f（ 1a）， 当a≥1时，f（x）在（1，+∞）单调递增无最小值． ∵g（x）在（1，+∞）上是单调增函数 ∴g'（x）=ex-a≥0在（1，+∞）上恒成立 ∴a≤e， 综上所述a的取值范围为[1，e]， 此时g(x)＝12ax2−ax即a= 2exx2，令h（x）= 2exx2，h′（x）= 2ex(x−2)x3， 则 h（x）在（0，2）单调递减，（2，+∞）单调递增， 极小值为h(2)＝e22＞e．故两曲线没有公共点．

解：（1）f′（x）=ex-a， 令f′（x）=0，解可得x=lna； 当x＜lna，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞lna，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 故当x=lna时，f（x）取最小值，f（lna）=a-alna， 对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，当且仅当a-alna≥1，① 令g（t）=t-tlnt，则g′（t）=-lnt， 当0＜t＜1时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，当t＞1时，g′（t）＜0，g（t）单调递减， 故当t=1时，g（t）取得最大值，且g（1）=1， 因此当且仅当a=1时，①式成立， 综上所述，a的取值的集合为{1}． （2）根据题意，k=f(x1)-f(x2) /x2-x1 =ex2-ex1 /x2-x1 -a， 令φ（x）=f′（x）-k=ex-ex2-ex1 /x2-x1 ， 则φ（x1）=-ex1 /x2-x1 [ex2-x1-（x2-x1）-1]， φ（x2）=ex2 /x2-x1 [ex1-x2-（x1-x2）-1]， 令F（t）=et-t-1，则F′（t）=et-1， 当t＜0时，F′（t）＜0，F（t）单调递减；当t＞0时，F′（t）＞0，F（t）单调递增， 则F（t）的最小值为F（0）=0， 故当t≠0时，F（t）＞F（0）=0，即et-t-1＞0， 从而ex2-x1-（x2-x1）-1＞0，且ex1/ x2-x1 ＞0，则φ（x1）＜0， ex1-x2-（x1-x2）-1＞0，ex2 /x2-x1 ＞0，则φ（x2）＞0， 因为函数y=φ（x）在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈（x1，x2），使φ（x0）=0， 即f′（x0）=K成立今天晚上碰见鬼了，咋全是难题啊，难做不说，还字儿多，字儿多就算了，还一大堆乱七八糟的符号，郁闷死了、、、慢慢看，不急，我也不知道自己做的对不对，应该差不多吧。。

如以上回答内容为低俗、色情、不良、暴力、侵权、涉及违法等信息，可以点下面链接进行举报！

点此我要举报以上问答信息