Question

2．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax-1（a∈R）
（1）若a=1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)F（x）=f（x）-xlnx在定義域內(nèi)存在零點(diǎn)，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）若g（x）=ln（g^x-1）lnx，且f（g（x））＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性之間的關(guān)系進(jìn)行求解即可．
（2）先求函數(shù)F（x）=f（x）-x1nx的定義域，由F（x）=0可化為a=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，（x＞0），從而令h（x）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，（x＞0），求導(dǎo)h′（x）=$\frac{（{e}^{x}-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，從而由導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性并求最值；
（3）當(dāng)x＞0時，e^x-1＞x，故對?x＞0，g（x）＞0；構(gòu)造函數(shù)H（x）=xe^x-e^x+1（x＞0），則H′（x）=xe^x＞0；從而由導(dǎo)數(shù)確定恒成立問題

解答 解：（1）∵f（x）=e^x-x-1，
∴f′（x）=e^x-1＞0，x＞0
f′（x）=e^x-1＜0，x＜0
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間（0．+∞）；
函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間（-∞，0）；
（2）（2）F（x）=f（x）-x1nx的定義域?yàn)椋?，+∞），
由F（x）=0得，a=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，（x＞0），
令h（x）=）=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx，（x＞0），則h′（x）=$\frac{（{e}^{x}-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
由于x＞0，e^x-1＞0；當(dāng)x＞1時，h′（x）＞0；當(dāng)0＜x＜1，h′（x）＜0；
故函數(shù)h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
故h（x）≥h（1）=e-1；
又由（1）知，當(dāng)a=1時，對?x＞0，有f（x）＞f（lna）=0；
即e^x-1＞x，故$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＞1；
∵x＞0，∴$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＞0，
當(dāng)x→0時，lnx→-∞，∴h（x）→+∞；
當(dāng)a＞e-1時，函數(shù)F（x）有兩個不同的零點(diǎn)，
當(dāng)a=e-1時，函數(shù)F（x）有且級有一個零點(diǎn)，
當(dāng)a＜e-1時，函數(shù)F（x）沒有零點(diǎn)；
（3）由（2）知，當(dāng)x＞0時，e^x-1＞x，故對?x＞0，g（x）＞0；
構(gòu)造函數(shù)H（x）=xe^x-e^x+1（x＞0），則H′（x）=xe^x＞0；
故函數(shù)H（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
則H（x）＞H（0），
則?x＞0，xe^x-e^x+1＞0成立，
當(dāng)a≤1時，由（1）知，f（x）在（lna，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，lna）上單調(diào)遞減，
幫當(dāng)0＜x＜lna時，0＜g（x）＜x＜lna，
所以f（g（x））＞f（x），則不滿足題意，
所以滿足題意的a的取值范圍是（-∞，1]．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題，考查學(xué)生分析解決問題的能力，分類討論的解題思想，屬于中檔題