Question

10．已知函數(shù)f（x）是定義在（0，+∞）內(nèi)的單調(diào)函數(shù)，且對?x∈（0，+∞），f[f（x）-lnx]=e+1，給出下面四個命題：
①不等式f（x）＞0恒成立
②函數(shù)f（x）存在唯一零點，且x₀∈（0，1）
③方程f（x）=x有兩個根
④方程f（x）-f′（x）=e+1（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）有唯一解x₀，且x₀∈（1，2）
其中正確的命題個數(shù)為（　�。�

• A． 1個
• B． 2個
• C． 3個
• D． 4個

Answer 1

分析 依題意，知f（x）-lnx為常數(shù)，設(shè)為m，即f（x）-lnx=m，可求得m=e，于是f（x）=lnx+e．
對于①，f（x）=lnx+e的值域為R，可知不等式f（x）＞0恒成立錯誤；
對于②，由f（x）=lnx+e=0解得：x=e^-e∈（0，1），結(jié)合函數(shù)f（x）的單調(diào)性，可判斷②正確；
對于③，構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-x=lnx-x+e，利用導(dǎo)數(shù)可判斷方程f（x）=x有兩個根，③正確；
對于④，可分析出方程f（x）-f′（x）=e+1（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）有唯一解x₀，但x₀∈（e，e²），可判斷④錯誤．

解答 解：∵函數(shù)f（x）在（0，+∞）內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，且對?x∈（0，+∞），f[f（x）-lnx]=e+1，
∴f（x）-lnx為常數(shù)，設(shè)為m，即f（x）-lnx=m，
則f（m）=e+1．
又f（m）-lnm=m，即f（m）=lnm+m，
∴m=e．
∴f（x）=lnx+e．
對于①，∵f（x）=lnx+e的值域為R，故不等式f（x）＞0不恒成立，即①錯誤；
對于②，由f（x）=lnx+e=0解得：x=e^-e∈（0，1），
又x＞0，f′（x）=$\frac{1}{x}$＞0，故f（x）=lnx+e在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴函數(shù)f（x）存在唯一零點x₀，且x₀∈（0，1），故②正確；
對于③，令g（x）=f（x）-x=lnx-x+e，則g′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
當x∈（0，1）時，g′（x）＞0，g（x）=lnx-x+e單調(diào)遞增；
當x∈（1，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）=lnx-x+e單調(diào)遞減；
∴當x=1時，g（x）=lnx-x+e取得最大值e-1＞0，
又當x→0⁺時，g（x）→-∞，當x→+∞時，g（x）→-∞，
∴g（x）=lnx-x+e有兩個零點，即方程f（x）=x有兩個根，故③正確；
對于④，方程f（x）-f′（x）=e+1可化為：lnx+e-$\frac{1}{x}$=e+1，即lnx-$\frac{1}{x}$-1=0，
∵h（x）=lnx-$\frac{1}{x}$-1在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
且h（1）=-2＜0，h（2）=ln2-$\frac{3}{2}$＜0，h（e）=-$\frac{1}{e}$＜0，h（e²）=1-$\frac{1}{{e}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)h（x）=lnx-$\frac{1}{x}$-1有唯一零點，即方程f（x）-f′（x）=e+1有唯一解x₀，且x₀∈（e，e²），而不是（1，2），故④錯誤．
綜上所述，正確的命題個數(shù)為2個，
故選：B．

點評 本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，著重考查函數(shù)的零點、零點存在性定理的應(yīng)用，突出考查構(gòu)造函數(shù)思想、等價轉(zhuǎn)化思想，考查導(dǎo)數(shù)的綜合運用，屬于難題．