Question

已知函數f（x）=e^x-1-ax（a∈R）．
（1）求函數f（x）的單調區間；
（2）當x∈（0，2]時，討論函數F（x）=f（x）-xlnx零點的個數；
（3）若g（x）=ln（e^x-1）-lnx，當0＜a≤1時，求證：f[g（x）]＜f（x）．

Answer 1

考點：導數在最大值、最小值問題中的應用,根的存在性及根的個數判斷,利用導數研究函數的單調性

專題：計算題,證明題,分類討論,函數的性質及應用,導數的綜合應用

分析：（1）求函數f（x）的導數，對a討論，分當a≤0時，當a＞0時，令導數大于0，得增區間，令導數小于0，得減區間；
（2）對F（x）=f（x）-xlnx進行化簡，構造函數h（x）=

ex-1

x

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

解答： 解：（1）函數的定義域為（-∞，+∞），
f′（x）=（e^x-ax-1）′=e^x-a．
當a≤0時，f′（x）＞0恒成立，即有f（x）在R上遞增；
當a＞0時，由f′（x）＜0，得e^x-a＜0，e^x＜a，∴x＜lna，
由f′（x）＞0，得e^x-a＞0，e^x＞a，∴x＞lna，
所以函數的單調減區間為（-∞，lna），單調增區間是（lna，+∞）．
（2）函數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h（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，2]上單調遞增，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F（x）有兩個不同的零點；
當a=e-1或a=

e2-1

4

時，函數F（x）有且僅有一個零點；
當a＜e-1或a

e2-1

4

時，函數F（x）沒有零點；
（3）由（1）知，當0＜a≤1時f（x）在（0，+∞）上單調遞增，且f（0）=0；
∴對x＞0時，有f（x）＞0，則e^x-1＞ax；
故對任意x＞0，ln（e^x-1）-ln（ax）＞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＞0，xe^x＞e^x-1； 所以，只要證：?x＞0，xe^x-e^x+1＞0，
令H（x）=xe^x-e^x+1，則H′（x）=xe^x＞0，
故函數H（x）在（0，+∞）上單調遞增．∴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：本題以函數為載體，主要考查導數的幾何意義，考查導數在研究函數的單調性和最值中的應用，考查恒成立問題的解決方法，屬于中檔題．