Question

17．已知函数f（x）=ax-e^x+1，a∈R．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）≤0在x∈R上恒成立，求实数a的取值集合；
（3）当a=1时，对任意的0＜m＜n，求证：$\frac{1}{n}$-1＜$\frac{f（lnn）-f（lnm）}{n-m}$＜$\frac{1}{m}$-1．

Answer 1

分析 （1）根据已知原函数的解析式求导，分析定义域内各区间上导函数的符号，进而可得f（x）的单调区间；
（2）根据（1）中结论，对a进行分类讨论，求出使f（x）≤0在x∈R上恒成立的实数a的取值，综合讨论结果可得答案；
（3）由（2）知：a=1时，f（lnx）=lnx-x+1≤0恒成立，所以有lnx≤x-1，结合对数的运算性质，可证得结论．

解答 解：（1）∵函数f（x）=ax-e^x+1，
∴f'（x）=a-e^x，
当a≤0时，f'（x）＜0恒成立，f（x）减区间为（-∞，+∞）；
当a＞0时，由f'（x）＞0得x＜lna，
由f'（x）＜0得x＞lna，由f'（x）＞0得x＜lna，
∴f（x）递增区间为（-∞，lna），递减区间为（lna，+∞）．（3分）
（2）由（1）知，
当a≤0时，f（x）在（-∞，+∞）上为递减，而f（0）=0，
∴f（x）≤0在R上不可能恒成立；
当a＞0时，f（x）在（-∞，lna）上递增，在（lna，+∞）上递减，f（x）_max=f（lna）=alna-a+1，
令g（a）=alna-a+1，
依题意有g（a）≤0，而g'（a）=lna，且a＞0，
∴g（a）在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，
∴g（a）_min=g（1）=0，故a=（0，+∞）．（7分）
（3）证明：由（2）知：a=1时，f（lnx）=lnx-x+1≤0恒成立，所以有lnx≤x-1（x＞0）．
则$\frac{f（lnn）-f（lnm）}{n-m}=\frac{（lnn-n+1）-（lnm-m+1）}{n-m}=\frac{{ln\frac{n}{m}}}{n-m}-1＜\frac{{\frac{n}{m}-1}}{n-m}=\frac{1}{m}-1$，（9分）
又由lnx≤x-1知-lnx≥1-x在（0，+∞）上恒成立，
∴$\frac{f（lnn）-f（lnm）}{n-m}=\frac{{ln\frac{n}{m}}}{n-m}-1=\frac{{-ln\frac{m}{n}}}{n-m}-1＞\frac{{1-\frac{m}{n}}}{n-m}-1=\frac{1}{n}-1$．（11分）
综上所述：对任意的0＜m＜n，有$\frac{1}{n}-1＜\frac{f（n）-f（m）}{n-m}＜\frac{1}{m}-1$．（12分）

点评 本题考查的知识点是利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，难度中档．