Question

已知函数f（x）=e^x-1-ax（a∈R）．
（Ⅰ）当a=1时，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当x∈（0，2]时，讨论函数F（x）=f（x）-xlnx零点的个数；
（Ⅲ）若g（x）=ln（e^x-1）-lnx，当a=1时，求证：f[g（x）]＜f（x）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,根的存在性及根的个数判断,利用导数研究函数的单调性

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）求函数f（x）=e^x-x-1的单调递减区间，可以先求函数f（x）=e^x-x-1的导函数，然后由导函数式小于零求出x的范围，从而得到函数的减区间．
（Ⅱ）对F（x）=f（x）-xlnx进行化简，构造函数h（x）=

ex-1

x

-xlnx（x＞0），研究函数h（x）的单调性和最值，即可确定F（x）=f（x）-xlnx在定义域内是否存在零点；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当a=1时f（x）在（0，+∞）上单调递增，要证明f（g（x））＜f（x），只要证明g（x）＜x即可．

解答： 解：（Ⅰ）函数的定义域为（-∞，+∞），a=1时，f′（x）=（e^x-x-1）′′=e^x-1．
由f′（x）＜0，得e^x-1＜0，e^x＜1，∴x＜0，
所以函数的单调减区间为（-∞，0），单调增区间是（0，+∞）．
（Ⅱ）函数F（x）=f（x）-xlnx的定义域为（0，+∞），
由F（x）=0，得a=

ex-1

x

-lnx（x＞0），
令h（x）=

ex-1

x

-lnx（x＞0），
则h′（x）=

(ex-1)(x-1)

x2

，
由于x＞0，e^x-1＞0，可知当x＞1，h′（x）＞0；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，
故函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，2]上单调递增，故h（x）≥h（1）=e-1．
又h（2）=

e2-1

4

当a=1时，对?x＞0，有f（x）＞f（lna）=0，即e^x-1＞x，即

ex-1

x

＞1，
当e-1＜a＜

e2-1

4

＜e-1时，函数F（x）有两个不同的零点；
当a=e-1或a=

e2-1

4

时，函数F（x）有且仅有一个零点；
当a＜e-1或a＞

e2-1

4

时，函数F（x）没有零点．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当a=1时f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（0）=0；
∴对x＞0时，有f（x）＞0，则e^x-1＞x；
故对任意x＞0，g（x）=ln（e^x-1）-lnx＞0；
所以，要证f[g（x）]＜f（x），
只需证：?x＞0，g（x）＜x；
只需证：?x＞0，ln（e^x-1）-lnx＜x；
即证：ln（e^x-1）＜lnx+lne^x；
即证：?x＞0xe^x＞e^x-1；
所以，只要证：?x＞0xe^x-e^x+1＞0；
令H（x）=xe^x-e^x+1，则H′（x）=xe^x＞0；
故函数H（x）在（0，+∞）上单调递增；
∴H（x）＞H（0）=0；
∴对?x＞0，xe^x-e^x+1＞0成立，即g（x）＜x，
∴f[g（x）]＜f（x）．

点评：本题以函数为载体，主要考查导数的几何意义，考查导数在研究函数的单调性和最值中的应用，考查恒成立问题的解决方法，属于中档题．