Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-1-ax（a∈R）．
（Ⅰ）當a=1時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當x∈（0，2]時，討論函數(shù)F（x）=f（x）-xlnx零點的個數(shù)；
（Ⅲ）若g（x）=ln（e^x-1）-lnx，當a=1時，求證：f[g（x）]＜f（x）．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,根的存在性及根的個數(shù)判斷,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）求函數(shù)f（x）=e^x-x-1的單調(diào)遞減區(qū)間，可以先求函數(shù)f（x）=e^x-x-1的導(dǎo)函數(shù)，然后由導(dǎo)函數(shù)式小于零求出x的范圍，從而得到函數(shù)的減區(qū)間．
（Ⅱ）對F（x）=f（x）-xlnx進行化簡，構(gòu)造函數(shù)h（x）=

ex-1

x

-xlnx（x＞0），研究函數(shù)h（x）的單調(diào)性和最值，即可確定F（x）=f（x）-xlnx在定義域內(nèi)是否存在零點；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，當a=1時f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，要證明f（g（x））＜f（x），只要證明g（x）＜x即可．

解答： 解：（Ⅰ）函數(shù)的定義域為（-∞，+∞），a=1時，f′（x）=（e^x-x-1）′′=e^x-1．
由f′（x）＜0，得e^x-1＜0，e^x＜1，∴x＜0，
所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為（-∞，0），單調(diào)增區(qū)間是（0，+∞）．
（Ⅱ）函數(shù)F（x）=f（x）-xlnx的定義域為（0，+∞），
由F（x）=0，得a=

ex-1

x

-lnx（x＞0），
令h（x）=

ex-1

x

-lnx（x＞0），
則h′（x）=

(ex-1)(x-1)

x2

，
由于x＞0，e^x-1＞0，可知當x＞1，h′（x）＞0；當0＜x＜1時，h′（x）＜0，
故函數(shù)h（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，2]上單調(diào)遞增，故h（x）≥h（1）=e-1．
又h（2）=

e2-1

4

當a=1時，對?x＞0，有f（x）＞f（lna）=0，即e^x-1＞x，即

ex-1

x

＞1，
當e-1＜a＜

e2-1

4

＜e-1時，函數(shù)F（x）有兩個不同的零點；
當a=e-1或a=

e2-1

4

時，函數(shù)F（x）有且僅有一個零點；
當a＜e-1或a＞

e2-1

4

時，函數(shù)F（x）沒有零點．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，當a=1時f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且f（0）=0；
∴對x＞0時，有f（x）＞0，則e^x-1＞x；
故對任意x＞0，g（x）=ln（e^x-1）-lnx＞0；
所以，要證f[g（x）]＜f（x），
只需證：?x＞0，g（x）＜x；
只需證：?x＞0，ln（e^x-1）-lnx＜x；
即證：ln（e^x-1）＜lnx+lne^x；
即證：?x＞0xe^x＞e^x-1；
所以，只要證：?x＞0xe^x-e^x+1＞0；
令H（x）=xe^x-e^x+1，則H′（x）=xe^x＞0；
故函數(shù)H（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
∴H（x）＞H（0）=0；
∴對?x＞0，xe^x-e^x+1＞0成立，即g（x）＜x，
∴f[g（x）]＜f（x）．

點評：本題以函數(shù)為載體，主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性和最值中的應(yīng)用，考查恒成立問題的解決方法，屬于中檔題．