Question

10．已知函数f（x）是定义在（0，+∞）内的单调函数，且对?x∈（0，+∞），f[f（x）-lnx]=e+1，给出下面四个命题：
①不等式f（x）＞0恒成立
②函数f（x）存在唯一零点，且x₀∈（0，1）
③方程f（x）=x有两个根
④方程f（x）-f′（x）=e+1（其中e为自然对数的底数）有唯一解x₀，且x₀∈（1，2）
其中正确的命题个数为（　　）

• A． 1个
• B． 2个
• C． 3个
• D． 4个

Answer 1

分析 依题意，知f（x）-lnx为常数，设为m，即f（x）-lnx=m，可求得m=e，于是f（x）=lnx+e．
对于①，f（x）=lnx+e的值域为R，可知不等式f（x）＞0恒成立错误；
对于②，由f（x）=lnx+e=0解得：x=e^-e∈（0，1），结合函数f（x）的单调性，可判断②正确；
对于③，构造函数g（x）=f（x）-x=lnx-x+e，利用导数可判断方程f（x）=x有两个根，③正确；
对于④，可分析出方程f（x）-f′（x）=e+1（其中e为自然对数的底数）有唯一解x₀，但x₀∈（e，e²），可判断④错误．

解答 解：∵函数f（x）在（0，+∞）内为单调函数，且对?x∈（0，+∞），f[f（x）-lnx]=e+1，
∴f（x）-lnx为常数，设为m，即f（x）-lnx=m，
则f（m）=e+1．
又f（m）-lnm=m，即f（m）=lnm+m，
∴m=e．
∴f（x）=lnx+e．
对于①，∵f（x）=lnx+e的值域为R，故不等式f（x）＞0不恒成立，即①错误；
对于②，由f（x）=lnx+e=0解得：x=e^-e∈（0，1），
又x＞0，f′（x）=$\frac{1}{x}$＞0，故f（x）=lnx+e在（0，+∞）上单调递增，
∴函数f（x）存在唯一零点x₀，且x₀∈（0，1），故②正确；
对于③，令g（x）=f（x）-x=lnx-x+e，则g′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
当x∈（0，1）时，g′（x）＞0，g（x）=lnx-x+e单调递增；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）=lnx-x+e单调递减；
∴当x=1时，g（x）=lnx-x+e取得最大值e-1＞0，
又当x→0⁺时，g（x）→-∞，当x→+∞时，g（x）→-∞，
∴g（x）=lnx-x+e有两个零点，即方程f（x）=x有两个根，故③正确；
对于④，方程f（x）-f′（x）=e+1可化为：lnx+e-$\frac{1}{x}$=e+1，即lnx-$\frac{1}{x}$-1=0，
∵h（x）=lnx-$\frac{1}{x}$-1在（0，+∞）上单调递增，
且h（1）=-2＜0，h（2）=ln2-$\frac{3}{2}$＜0，h（e）=-$\frac{1}{e}$＜0，h（e²）=1-$\frac{1}{{e}^{2}}$＞0，
∴函数h（x）=lnx-$\frac{1}{x}$-1有唯一零点，即方程f（x）-f′（x）=e+1有唯一解x₀，且x₀∈（e，e²），而不是（1，2），故④错误．
综上所述，正确的命题个数为2个，
故选：B．

点评 本题考查命题的真假判断与应用，着重考查函数的零点、零点存在性定理的应用，突出考查构造函数思想、等价转化思想，考查导数的综合运用，属于难题．