Question

已知函数f（x）=e^x-1-ax（a∈R）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当x∈（0，2]时，讨论函数F（x）=f（x）-xlnx零点的个数；
（3）若g（x）=ln（e^x-1）-lnx，当0＜a≤1时，求证：f[g（x）]＜f（x）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,根的存在性及根的个数判断,利用导数研究函数的单调性

专题：计算题,证明题,分类讨论,函数的性质及应用,导数的综合应用

分析：（1）求函数f（x）的导数，对a讨论，分当a≤0时，当a＞0时，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；
（2）对F（x）=f（x）-xlnx进行化简，构造函数h（x）=

ex-1

x

-xlnx（x＞0），研究函数h（x）的单调性和最值，即可确定F（x）=f（x）-xlnx在定义域内是否存在零点；
（3）由（1）知，当0＜a≤1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，要证明f（g（x））＜f（x），只要证明g（x）＜x即可．

解答： 解：（1）函数的定义域为（-∞，+∞），
f′（x）=（e^x-ax-1）′=e^x-a．
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，即有f（x）在R上递增；
当a＞0时，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，
所以函数的单调减区间为（-∞，lna），单调增区间是（lna，+∞）．
（2）函数F（x）=f（x）-xlnx的定义域为（0，+∞），
由F（x）=0，得a=

ex-1

x

-lnx（x＞0），
令h（x）=

ex-1

x

-lnx（x＞0），
则h′（x）=

(ex-1)(x-1)

x2

，
由于x＞0，e^x-1＞0，可知当x＞1，h′（x）＞0；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，
故函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，2]上单调递增，故h（x）≥h（1）=e-1．
又h（2）=

e2-1

4

当a=1时，对?x＞0，有f（x）＞f（lna）=0，即e^x-1＞x，即

ex-1

x

＞1，
当e-1＜a＜

e2-1

4

＜e-1时，函数F（x）有两个不同的零点；
当a=e-1或a=

e2-1

4

时，函数F（x）有且仅有一个零点；
当a＜e-1或a

e2-1

4

时，函数F（x）没有零点；
（3）由（1）知，当0＜a≤1时f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（0）=0；
∴对x＞0时，有f（x）＞0，则e^x-1＞ax；
故对任意x＞0，ln（e^x-1）-ln（ax）＞g（x）=ln（e^x-1）-lnx＞0；
所以，要证f[g（x）]＜f（x），只需证：?x＞0，g（x）＜x；
只需证：?x＞0，ln（e^x-1）-lnx＜x；即证：ln（e^x-1）＜lnx+lne^x；
即证：?x＞0，xe^x＞e^x-1； 所以，只要证：?x＞0，xe^x-e^x+1＞0，
令H（x）=xe^x-e^x+1，则H′（x）=xe^x＞0，
故函数H（x）在（0，+∞）上单调递增．∴H（x）＞H（0）=0；
∴对?x＞0，xe^x-e^x+1＞0成立，即g（x）＜x，
∴f[g（x）]＜f（x）．

点评：本题以函数为载体，主要考查导数的几何意义，考查导数在研究函数的单调性和最值中的应用，考查恒成立问题的解决方法，属于中档题．