Question

14．已知函数f（x）=e^x-ax（e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）定义：函数F（x）的定义域为D，若?x₀∈D，使F（x₀）=x₀成立，则称x₀为F（x）的不动点．
当a=1时，
（ⅰ）证明：函数y=$\frac{1}{f（x）}$（x＞0）存在唯一的不动点x₀，且x₀∈（ln2，1）；
（ⅱ）已知数列{a_n}满足a₁=ln2，a_n+1=$\frac{1}{f（{a}_{n}）}$（n∈N^*），求证：?n∈N^*，$\frac{f（{a}_{2n}）-f（{x}_{0}）}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞f（x₀）+x₀-1，（其中x₀为y=$\frac{1}{f（x）}$（x＞0）的不动点）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，对a讨论，分a≤0，a＞0，令导数大于0，得增区间，令导数小于0，得减区间；
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，只需研究关于x的方程$\frac{1}{f（x）}$=x在R₊上根的个数，而$\frac{1}{f（x）}$=x?xf（x）-1=0，记g（x）=xf（x）-1=xe^x-x²-1，求出导数运用单调性和零点存在定理，即可得证；
（ⅱ）运用分析法证，要证不等式成立，即证$\frac{{e}^{{a}_{2n}}-{e}^{{x}_{0}}}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞${e}^{{x}_{0}}$．运用数学归纳法证明数学归纳法证明：?n∈N^*，a_2n＞x₀，再设h（x）=e^x-x${e}^{{x}_{0}}$（x≥x₀），运用导数结合单调性即可得证．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=e^x-a，
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在R上单调递增；
当a＞0时，令f′（x）＞0，得x＞lna；令f′（x）＜0，得x＜lna；
所以f（x）在（-∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增．
（Ⅱ）（ⅰ）证明：依题意，只需研究关于x的方程$\frac{1}{f（x）}$=x在R₊上根的个数，
而$\frac{1}{f（x）}$=x?xf（x）-1=0，
记g（x）=xf（x）-1=xe^x-x²-1，g′（x）=（x+1）e^x-2x，
由（Ⅰ）知，当a=1时，f（x）≥f（0），即e^x≥x+1＞0，
即g′（x）=（x+1）e^x-2x＞（x+1）²-2x=x²+1＞0，
则g（x）在R₊上单调递增；
又g（ln2）=2ln2-（ln2）2-1=-（ln2-1）2＜0，g（1）=e-2＞0，
函数g（x）的图象在R₊上连续不断，则存在唯一x₀∈（ln2，1），使得g（x₀）=0，
则函数y=$\frac{1}{f（x）}$在R₊上存在唯一的不动点x₀，且x₀∈（ln2，1）．
（ⅱ）证明：要证不等式$\frac{f（{a}_{2n}）-f（{x}_{0}）}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞f（x₀）+x₀-1成立，
只需证$\frac{（{e}^{{a}_{2n}}-{a}_{2n}）-（{e}^{{x}_{0}}-{x}_{0}）}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞（${e}^{{x}_{0}}$-x₀）+x₀-1成立，
即证$\frac{{e}^{{a}_{2n}}-{e}^{{x}_{0}}}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞${e}^{{x}_{0}}$．…（*）
下面用数学归纳法证明：?n∈N^*，a_2n＞x₀，
①当n=1时，由（Ⅰ）得，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
由（ⅰ）得，0＜ln2＜x₀，即有f（ln2）＜f（x₀），又a₂=$\frac{1}{f（{a}_{1}）}$，
即有a₂=$\frac{1}{f（ln2）}$＞$\frac{1}{f（{x}_{0}）}$=x₀，
即a₂＞x₀，则n=1时，结论成立．
②假设n=k（k∈N^*）时，结论成立，即 a_2k＞x₀，
由f（x）在（0，+∞）上单调递增，且a_2k＞x₀＞0，则f（a_2k）＞f（x₀）＞f（0）=1
，则0＜$\frac{1}{f（{a}_{2k}）}$＜$\frac{1}{f（{x}_{0}）}$，
又a_2k+1=$\frac{1}{f（{a}_{2k}）}$＜$\frac{1}{f（{x}_{0}）}$=x₀，所以0＜a_2k+1＜x₀，则f（0）＜f（a_2k+1）＜f（x₀），
a_2k+2=$\frac{1}{f（{a}_{2k+1}）}$＞$\frac{1}{f（{x}_{0}）}$=x₀，即a_2k+2＞x₀．即有n=k+1时，结论成立．
根据①，②可得，?n∈N^*，a_2n＞x₀，
所以要证不等式（*）成立，只需证${e}^{{a}_{2n}}$-${e}^{{x}_{0}}$＞${e}^{{x}_{0}}$（a_2n-x₀）成立，
即证${e}^{{a}_{2n}}$-a_2n${e}^{{x}_{0}}$＞${e}^{{x}_{0}}$-x₀${e}^{{x}_{0}}$…（**）
记h（x）=e^x-x${e}^{{x}_{0}}$（x≥x₀），由h′（x）=e^x-${e}^{{x}_{0}}$≥0，
当且仅当x=x₀取到等号，
则h（x）在[x₀，+∞）上单调递增，
由?n∈N^*，a_2n＞x₀，即有h（a_2n）＞h（x₀），即（**）式成立．
即$\frac{f（{a}_{2n}）-f（{x}_{0}）}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞f（x₀）+x₀-1，命题得证．

点评 本小题主要考查函数的零点、函数的单调性、函数的最值、导数及其应用等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、分类讨论的思想方法．