Question

4．已知函数f（x）=$\frac{{{e^x}-a}}{x}$-alnx，其中a＞0，x＞0，e是自然对数的底数．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）设函数g（x）=$\frac{1+xlnx}{e^x}$，证明：0＜g（x）＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出${f}^{'}（x）=\frac{1}{{x}^{2}}[（x-1）（{e}^{x}-a）]$，根据0＜a≤1，1＜a＜e，a=e，a＞e进行分类讨论，利用导数性质能讨论f（x）的单调性．
（Ⅱ）0＜g（x）＜1等价于1+xlnx＞0，且$lnx＜\frac{{{e^x}-1}}{x}$，由此利用导数性质能证明0＜g（x）＜1．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{{{e^x}x-（{{e^x}-a}）}}{x^2}-\frac{a}{x}$=$\frac{{（{x-1}）{e^x}+a}}{x^2}-\frac{ax}{x^2}$
=$\frac{1}{x^2}[{（{x-1}）{e^x}+a-ax}]$=$\frac{1}{x^2}[{（{x-1}）（{{e^x}-a}）}]$
（1）当0＜a≤1时，e^x＞a，当x∈（0，1），f'（x）＜0；当x∈（1，+∞），f'（x）＞0；
所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（2）当1＜a＜e时，令e^x=a，得x=lna∈（0，1），
由f'（x）＜0得lna＜x＜1，由f'（x）＞0得0＜x＜lna或x＞lna，
所以f（x）在（0，lna），（1，+∞）上单调递增，在（lna，1）上单调递减．
（3）当a=e时，令e^x=a，f'（x）≥0，故f（x）在（0，+∞）上递增．
（4）当a＞e时，令e^x=a，得x=lna∈（1，+∞），
由f'（x）＜0得1＜x＜lna，由f'（x）＞0得0＜x＜1或x＞lna，
所以f（x）在（0，1），（lna，+∞）上单调递增，在（1，lna）上单调递减．
综上，当0＜a≤1时，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
当1＜a＜e时，f（x）在（0，lna），（1，+∞）上单调递增，在（lna，1）上单调递减．
当a=e时，f（x）在（0，+∞）上递增．
当a＞e时，f（x）在（0，1），（lna，+∞）上单调递增，在（1，lna）上单调递减．
证明：（Ⅱ）0＜g（x）＜1?$0＜\frac{1+xlnx}{e^x}＜1?$1+xlnx＞0①且$lnx＜\frac{{{e^x}-1}}{x}$②
先证①：令h（x）=1+xlnx，则h（x）=1+lnx，
当$x∈（{0，\frac{1}{e}}）$，h'（x）＜0，h（x）单调递减；当$x∈（{\frac{1}{e}，+∞}）$，h'（x）＞0，h（x）单调递增；
所以$h（x）≥h（{\frac{1}{e}}）$=$1+\frac{1}{e}ln\frac{1}{e}$=$1-\frac{1}{e}＞0$，故①成立！
再证②：由（Ⅰ），当a=1时，$f（x）=\frac{{{e^x}-1}}{x}-lnx$在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以f（x）≥f（1）=e-1＞0，故②成立！
综上，0＜g（x）＜1恒成立．

点评 本题考查导数及其应用、不等式、函数等基础知识，考查考查推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、分类与整合思想，是中档题．