Question

5．已知函數(shù)f（x）=e^x-cx-c（c為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù)），f′（x）是函數(shù)y=f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)c＞1時，試求證：
①對任意的x＞0，不等式f（lnc+x）＞f（lnc-x）恒成立；
②函數(shù)y=f（x）有兩個相異的零點．

Answer 1

分析 （1）求得f（x）的導(dǎo)數(shù)，討論c的范圍：當(dāng)c≤0時，當(dāng)c＞0時，解不等式即可得到所求單調(diào)區(qū)間；
（2）①作差可得，f（lnc+x）-f（lnc-x）=c（e^x-e^-x-2x），設(shè)g（x）=e^x-e^-x-2x，x＞0，求出導(dǎo)數(shù)g′（x），運用基本不等式判斷單調(diào)性，即可得證；
②求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得單調(diào)區(qū)間和極小值，且為最小值，判斷小于0，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=e^x-cx-c的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=e^x-c，
當(dāng)c≤0時，f′（x）＞0恒成立，可得f（x）的增區(qū)間為R；
當(dāng)c＞0時，由f′（x）＞0，可得x＞lnc；由′（x）＜0，可得x＜lnc．
可得f（x）的增區(qū)間為（lnc，+∞）；減區(qū)間為（-∞，lnc）；
（2）證明：①f（lnc+x）-f（lnc-x）
=e^lnc+x-c（lnc+x）-c-e^lnc-x+c（lnc-x）+c=c（e^x-e^-x-2x），
設(shè)g（x）=e^x-e^-x-2x，x＞0，g′（x）=e^x+e^-x-2，
由x＞0可得e^x+e^-x-2＞2$\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}$-2=0，
即g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）遞增，可得g（x）＞g（0）=0，
又c＞1，則c（e^x-e^-x-2x）＞0，
可得不等式f（lnc+x）＞f（lnc-x）恒成立；
②函數(shù)f（x）=e^x-cx-c的導(dǎo)數(shù)為f′（x）=e^x-c，
c＞1時，f（x）的增區(qū)間為（lnc，+∞）；減區(qū)間為（-∞，lnc），
可得x=lnc處f（x）取得極小值，且為最小值，
由f（lnc）=e^lnc-clnc-c=c-clnc-c=-clnc＜0，
且x→∞時，f（x）→+∞，f（-1）=e^-1+c-c＞0，
可得f（x）=0有兩個不等的實根．
則函數(shù)y=f（x）有兩個相異的零點．

點評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式的證明和函數(shù)零點的求法，注意運用構(gòu)造函數(shù)法和基本不等式，以及轉(zhuǎn)化思想，考查運算能力，屬于中檔題．