Question

设函数f（x）=e^x+1，g（x）=（e-1）x+2（e是自然对数的底数）．
（1）判断函数H（x）=f（x）-g（x）零点的个数，并说明理由；
（2）设数列{a_n}满足：a₁∈（0，1），且f（a_n）=g（a_n+1），n∈N^*；
①求证：0＜a_n＜1；
②比较a_n与（e-1）a_n+1的大小．

Answer 1

分析：（1）求导函数，确定导函数的零点，从而可求H（x）的最小值，证明最小值小于0，可得H（x）有两个零点；
（2）①由f（a_n）=g（a_n+1），可得a_n+1=

1

e-1

（ean-1），用数学归纳法证明a_n∈（0，1）；
②作差（e-1）a_n+1-a_n=ean-1-a_n，考虑函数p（x）=e^x-1-x（0＜x＜1），证明p（x）在（0，1）上是增函数，即可得到结论．

解答：解：（1）函数f（x）=e^x+1，g（x）=（e-1）x+2，∴H（x）=f（x）-g（x）=e^x-（e-1）x-1
∴H′（x）=e^x-（e-1），
令H′（x）=0，则x₀=ln（e-1）
当x∈（-∞，x₀）时，H′（x）＜0，H（x）在（-∞，x₀）单调递减
当x∈（x₀，+∞）时，H′（x）＞0，H（x）在（x₀，+∞）单调递增
故H（x）_min=H（x₀）=e^x₀-（e-1）x₀-1=e-1-（e-1）ln（e-1）-1
令t=e-1＞1，函数h（t）=t-tlnt-1，
因为h′（t）=-lnt＜0，所以函数h（t）=t-tlnt-1在（1，+∞）单调递减，故h（t）≤h（1）=0，
又e-1＞1，故H（x₀）＜0，从而H（x）有两个零点；
（2）①证明：因为f（a_n）=g（a_n+1），即ean+1=（e-1）a_n+1+2，所以a_n+1=

1

e-1

（ean-1）
下面用数学归纳法证明a_n∈（0，1）
1°当n=1时，a₁∈（0，1）成立；
2°假设当n=k时，a_k∈（0，1），则a_k+1=

1

e-1

（eak-1）
∵a_k∈（0，1），∴1＜eak＜e，∴0＜＜e-1
∴0＜a_k+1＜1
综上知，a_n∈（0，1）；
②解：∵（e-1）a_n+1-a_n=ean-1-a_n，
考虑函数p（x）=e^x-1-x（0＜x＜1）
∵p′（x）=e^x-1＞0，
∴p（x）在（0，1）上是增函数
故p（x）＞p（0）=0
∴（e-1）a_n+1-a_n＞0
∴（e-1）a_n+1＞a_n．

点评：本题考查函数的零点，考查函数的单调性，考查数学归纳法的运用，考查大小比较，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．