已知函数f（x）=eax-x，其中a≠0． （1）若对一切x∈R，f（x）≥1恒...

（1）先确定a＞0，再求导函数，确定函数的单调性，可得时，f（x）取最小值 故对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，则，构建新函数g（t）=t-tlnt，则g′（t）=-lnt，确定函数的单调性，求出函数的最大值，由此即可求得a的取值集合； （2）由题意知，，构建新函数φ（x）=f′（x）-k=，则，，构建函数F（t）=et-t-1，从而可证明φ（x1）＜0，φ（x2）＞0，由此即可得到存在x∈（x1，x2），使f′（x）＞k成立． 【解析】 （1）若a＜0，则对一切x＞0，函数f（x）=eax-x＜1，这与题设矛盾， ∵a≠0，∴a＞0 ∵f′（x）=aeax-1，令f′（x）=0，可得 令f′（x）＜0，可得，函数单调减；令f′（x）＞0，可得，函数单调增， ∴时，f（x）取最小值 ∴对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，则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 ∴t=1时，g（t）取最大值g（1）=1 ∴当且仅当=1，即a=1时，①成立 综上所述，a的取值集合为{1}； （2）由题意知， 令φ（x）=f′（x）-k=，则 令F（t）=et-t-1，则F′（t）=et-1 当t＜0时，F′（t）＜0，函数单调减；当t＞0时，F′（t）＞0，函数单调增； ∴t≠0时，F（t）＞F（0）=0，即et-t-1＞0 ∴， ∵＞0， ∴φ（x1）＜0，φ（x2）＞0 ∴存在c∈（x1，x2），φ（c）=0 ∵φ′（x）单调递增，故这样的c是唯一的，且 当且仅当x∈（，x2）时，f′（x）＞k 综上所述，存在x∈（x1，x2），使f′（x）＞k成立，且x的取值范围为（，x2）