考點(diǎn):導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,根的存在性及根的個(gè)數(shù)判斷,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性
專題:計(jì)算題,證明題,分類討論,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用
分析:(1)求函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù),對(duì)a討論,分當(dāng)a≤0時(shí),當(dāng)a>0時(shí),令導(dǎo)數(shù)大于0,得增區(qū)間,令導(dǎo)數(shù)小于0,得減區(qū)間;
(2)對(duì)F(x)=f(x)-xlnx進(jìn)行化簡(jiǎn),構(gòu)造函數(shù)h(x)=
-xlnx(x>0),研究函數(shù)h(x)的單調(diào)性和最值,即可確定F(x)=f(x)-xlnx在定義域內(nèi)是否存在零點(diǎn);
(3)由(1)知,當(dāng)0<a≤1時(shí),f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,要證明f(g(x))<f(x),只要證明g(x)<x即可.
解答:
解:(1)函數(shù)的定義域?yàn)椋?∞,+∞),
f′(x)=(e
x-ax-1)′=e
x-a.
當(dāng)a≤0時(shí),f′(x)>0恒成立,即有f(x)在R上遞增;
當(dāng)a>0時(shí),由f′(x)<0,得e
x-a<0,e
x<a,∴x<lna,
由f′(x)>0,得e
x-a>0,e
x>a,∴x>lna,
所以函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為(-∞,lna),單調(diào)增區(qū)間是(lna,+∞).
(2)函數(shù)F(x)=f(x)-xlnx的定義域?yàn)椋?,+∞),
由F(x)=0,得a=
-lnx(x>0),
令h(x)=
-lnx(x>0),
則h′(x)=
,
由于x>0,e
x-1>0,可知當(dāng)x>1,h′(x)>0;當(dāng)0<x<1時(shí),h′(x)<0,
故函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,2]上單調(diào)遞增,故h(x)≥h(1)=e-1.
又h(2)=
當(dāng)a=1時(shí),對(duì)?x>0,有f(x)>f(lna)=0,即e
x-1>x,即
>1,
當(dāng)e-1<a<
<e-1時(shí),函數(shù)F(x)有兩個(gè)不同的零點(diǎn);
當(dāng)a=e-1或a=
時(shí),函數(shù)F(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn);
當(dāng)a<e-1或a
時(shí),函數(shù)F(x)沒有零點(diǎn);
(3)由(1)知,當(dāng)0<a≤1時(shí)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且f(0)=0;
∴對(duì)x>0時(shí),有f(x)>0,則e
x-1>ax;
故對(duì)任意x>0,ln(e
x-1)-ln(ax)>g(x)=ln(e
x-1)-lnx>0;
所以,要證f[g(x)]<f(x),只需證:?x>0,g(x)<x;
只需證:?x>0,ln(e
x-1)-lnx<x;即證:ln(e
x-1)<lnx+lne
x;
即證:?x>0,xe
x>e
x-1; 所以,只要證:?x>0,xe
x-e
x+1>0,
令H(x)=xe
x-e
x+1,則H′(x)=xe
x>0,
故函數(shù)H(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.∴H(x)>H(0)=0;
∴對(duì)?x>0,xe
x-e
x+1>0成立,即g(x)<x,
∴f[g(x)]<f(x).
點(diǎn)評(píng):本題以函數(shù)為載體,主要考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義,考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性和最值中的應(yīng)用,考查恒成立問題的解決方法,屬于中檔題.