Question

9．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax一1（a∈R）．
（I）討論函數(shù)y=f（x）的單調(diào)性并求其單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若函數(shù)F（x）=f（x）-x1nx在定義域內(nèi)存在零點，試求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）若g（x）=1n（e^x-1）-lnx，且f[g（x）]＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）求導數(shù)，分類討論，利用當時的正負確定函數(shù)y=f（x）的單調(diào)性并求其單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）e^x-ax一1-xlnx=0在（0，+∞）上有根，即a=$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有根，即可求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）證明x＞0時，0＜g（x）＜x，得出g（x）與x不能同時處于f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間內(nèi)，分類討論，即可求實數(shù)a的取值范圍．

解答 解：（I）∵f（x）=e^x-ax一1，∴f′（x）=e^x-a，
當a≤0時，f′（x）＞0恒成立；
即f（x）的單調(diào)增區(qū)間為R；
當a＞0時，x∈（-∞，lna）時，f′（x）＜0，
x∈（lna，+∞）時，f′（x）＞0；
故f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（lna，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（-∞，lna）；
（Ⅱ）F（x）=f（x）-x1nx=e^x-ax一1-xlnx，
∵F（x）在定義域（0，+∞）內(nèi)存在零點，
∴e^x-ax一1-xlnx=0在（0，+∞）上有根，
即a=$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上有根；
令g（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{1}{x}$，g′（x）=$\frac{（{e}^{x}-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
故g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增；
故g（x）≥g（1）=e-0-1=e-1；
故實數(shù)a的取值范圍為[e-1，+∞）；
（Ⅲ）首先證明，x＞0時，g（x）=1n（e^x-1）-lnx=ln$\frac{{e}^{x}-1}{x}$＜x，即e^x-1＜xe^x，
即x＞0時，h（x）=xe^x-e^x+1＞0恒成立．
∵h′（x）=xe^x＞0，∴h（x）在x∈（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴x∈（0，+∞）上，h（x）＞h（0）=0，
∴x＞0時，g（x）＜x；
同理可以證明x＞0時，g（x）＞0，∴e^x-1-x＞0，
∴x＞0時，0＜g（x）＜x
∵①f[g（x）]＜f（x）在x∈（0，+∞）上恒成立，②x＞0時，0＜g（x）＜x
∴g（x）與x不能同時處于f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間內(nèi)．
由（I）可知，a≤0，f（x）在R上單調(diào)遞增，故不存在單調(diào)遞減區(qū)間，符合要求．
當a＞0時，f′（x）草圖如圖所示，

∴為使得g（x）與x不同時處于f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間內(nèi)，當且僅當lna≤0，
∴0＜a≤1，
∴當0＜g（x）＜x＜lna時，g（x）與x同時處于f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間內(nèi)，
綜上可知a≤1．

點評 本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查函數(shù)的零點，考查恒成立問題，考查分類討論的數(shù)學思想，難度大．