Question

9．已知函数f（x）=（x-1）e^x．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当a＞0时，方程f（x）=a在区间（1，+∞）上只有一个解；
（Ⅲ）设h（x）=f（x）-aln（x-1）-ax，其中a＞0．若h（x）≥0恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，根据函数的单调性，得到函数g（x）在（1，+∞）的零点个数，求出方程在（1，+∞）的解的个数即可；
（Ⅲ）设h（x）=f（x）-aln（x-1）-ax，a＞0，根据函数的单调性求出函数的最小值，h（x₀）=（x₀-1）${e}^{{x}_{0}}$-aln（x₀-1）-ax₀=a-alna≥0，求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）由已知f′（x）=e^x+（x-1）e^x=xe^x，
令f′（x）＞0，解得：x＞0，令f′（x）＜0，解得：x＜0，
故f（x）在（-∞，0）递减，在（0，+∞）递增；
（Ⅱ）设g（x）=f（x）-a=（x-1）e^x-a，a＞0，
g′（x）=xe^x，由（Ⅰ）知，函数g（x）在区间（0，+∞）递增，
且g（1）=-a＜0，g（a+1）=ae^a+1-a=a（e^a+1-1）＞0，
故g（x）在（1，+∞）上只有1个零点，
方程f（x）=a在区间（1，+∞）上只有1个解；
（Ⅲ）设h（x）=f（x）-aln（x-1）-ax，a＞0，h（x）的定义域是{x|x＞1}，
h′（x）=xe^x-$\frac{a}{x-1}$-a=$\frac{x}{x-1}$[（x-1）e^x-a]，
令h′（x）=0，则（x-1）e^x-a=0，
由（Ⅱ）得g（x）=（x-1）e^x-a在区间（1，+∞）上只有1个零点，是增函数，
不妨设g（x）的零点是x₀，则（x₀-1）${e}^{{x}_{0}}$-a=0，
故h′（x），h（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：

x	（1，x0）	x0	（x0，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	递减	极小值h（x0）	递增

∴函数h（x）的最小值是h（x₀），
h（x₀）=（x₀-1）${e}^{{x}_{0}}$-aln（x₀-1）-ax₀，
由（x₀-1）${e}^{{x}_{0}}$-a=0，得x₀-1=$\frac{a}{{e}^{{x}_{0}}}$，
故h（x₀）=$\frac{a}{{e}^{{x}_{0}}}$•${e}^{{x}_{0}}$-aln$\frac{a}{{e}^{{x}_{0}}}$=a-alna，
由题意h（x₀）≥0，即a-alna≥0，解得：0＜a≤e，
故a的范围是（0，e]．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查函数的零点以及函数恒成立问题，是一道综合题．