Question

20．已知函数f（x）=e^x-1-lnx-ax+a，a∈R．
（Ⅰ）若a=0，对?x∈（0，+∞），f（x）-k≥0恒成立，求k的取值范围；
（Ⅱ）若函数f（x）有且仅有一个零点x₀，证明：x₀＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出f（x）的最小值，从而求出k的范围即可；
（Ⅱ）令G（x）=e^x-1-lnx-ax+a（x＞0），等价于函数G（x）有且只有一个零点x₀，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）a=0时，f（x）=e^x-1-lnx，（x＞0），
f′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，f″（x）=e^x-1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
f′（x）在（0，+∞）递增，而f′（1）=0，
故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故f（x）_min=f（1）=0，
故k≤0；
（Ⅱ）f（x）=e^x-1-lnx-ax+a（x＞0），
故G′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$-a，
注意到f′（x）为（0，+∞）上的增函数且值域为R，
所以f′（x）在（0，+∞）上有唯一零点x₁，
且f'（x）在（0，x₁）上为负，（x₁，+∞）上为正，所以f（x₁）为极小值，
又函数g（x）有唯一零点x₀，结合f（x）的单调性知x₁=x₀，
所以$\left\{\begin{array}{l}{f′{（x}_{0}）=0}\\{f{（x}_{0}）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{x}_{0}-1}-\frac{1}{{x}_{0}}-a=0}\\{{e}^{{x}_{0}-1}-l{nx}_{0}-{ax}_{0}+a=0}\end{array}\right.$，
即${e}^{{x}_{0}-1}$-（${e}^{{x}_{0}-1}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$）x₀-lnx₀+（${e}^{{x}_{0}-1}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$）=0，
即（2-x₀）${e}^{{x}_{0}-1}$+$\frac{{x}_{0}-1}{{x}_{0}}$-lnx₀=0，
令H（x）=（2-x）e^x-1+$\frac{x-1}{x}$-lnx，
显然，x₀是H（x）的零点，
H′（x）=（1-x）e^x-1+$\frac{1-x}{{x}^{2}}$=（1-x）[e^x-1+$\frac{1}{{x}^{2}}$]（x＞0），
H'（x）在（0，1）上为正，（1，+∞）上为负，
于是H（x）在（1，+∞）上单调递减，
注意到H（1）=1＞0，H（2）=$\frac{1}{2}$-ln2=$\frac{1}{2}$（1-ln4）＜0，
所以H（x）在（1，2）内有一个零点，在[2，+∞）内无零点，
所以H（x）的零点一定小于2，
故x₀＜2．

点评 本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．