Question

13．已知e是自然對數的底數，實數a是常數，函數f（x）=e^x-ax-1的定義域為（0，+∞）．
（1）設a=e，求函數f（x）在切點（1，f（1））處的切線方程；
（2）判斷函數f（x）的單調性；
（3）設g（x）=ln（e^x+$\frac{e}{3}$x³-1）-lnx，若?x＞0，f（g（x））＜f（x），求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，計算f（1），f′（1），求出切線方程即可；
（2）求出函數的導數，通過討論a的范圍求出函數的單調區間即可；
（3）設F（x）=e^x-x-1，求出函數的導數，問題轉化為x＞0時，e^x+$\frac{e}{3}$x³-1＞x，設h（x）=xe^x-e^x-$\frac{e}{3}$x³+1，根據函數的單調性確定a的范圍即可．

解答 解：（1）a=e時，f（x）=e^x-ex-1，f（1）=-1，
f′（x）=e^x-e，可得f′（1）=0，
故a=e時，函數f（x）在切點（1，f（1））處的切線方程是y=-1；
（2）f（x）=e^x-ax-1，f′（x）=e^x-a，
當a≤0時，f′（x）＞0，則f（x）在R上單調遞增；
當a＞0時，令f′（x）=e^x-a=0，得x=lna，
∵f（x）的定義域為（0，+∞）．
則f（x）在（0，lna]上單調遞減，在（lna，+∞）上單調遞增．
（3）設F（x）=e^x-x-1，則F′（x）=e^x-1，
∵x=0時，F′（x）=0，x＞0時，F′（x）＞0，
∴F（x）在[0，+∞）遞增，
∴x＞0時，F（x）＞F（0），化簡得：e^x-1＞x，
∴x＞0時，e^x+$\frac{e}{3}$x³-1＞x，
設h（x）=xe^x-e^x-$\frac{e}{3}$x³+1，
則h′（x）=x（e^x-ex），
設H（x）=e^x-ex，H′（x）=e^x-e，
由H′（x）=0，得x=1時，H′（x）＞0，
x＜1時，H′（x）＜0，
∴x＞0時，H（x）的最小值是H（1），
x＞0時，H（x）≥H（1），即H（x）≥0，
∴h′（x）≥0，可知函數h（x）在（0，+∞）遞增，
∴h（x）＞h（0）=0，化簡得e^x+$\frac{e}{3}$x³-1＜xe^x，
∴x＞0時，x＜e^x+$\frac{e}{3}$x³-1＜xe^x，
∴x＞0時，lnx＜ln（e^x+$\frac{e}{3}$x³-1）＜lnx+x，
即0＜ln（e^x+$\frac{e}{3}$x³-1）-lnx＜x，
即x＞0時，0＜g（x）＜x，
當a≤1時，由（2）得f（x）在（0，+∞）遞增，
得f（g（x））＜f（x）滿足條件，
當a＞1時，由（2）得f（x）在（0，lna）遞減，
∴0＜x≤lna時，f（g（x））＞f（x），與已知?x＞0，f（g（x））＜f（x）矛盾，
綜上，a的范圍是（-∞，1]．

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想、轉化思想，是一道綜合題．