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(2014•钟祥市模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax,(a∈R).(Ⅰ)求函数y=f(x)的单调区间;(Ⅱ)试探究函数F(x)=f(x)-xlnx在定义域内是否存在零点,若存在,请指出有几个零点;若不存
题目详情
(2014•钟祥市模拟)已知函数f(x)=ex-1-ax,(a∈R).
(Ⅰ)求函数y=f(x)的单调区间;
(Ⅱ)试探究函数F(x)=f(x)-xlnx在定义域内是否存在零点,若存在,请指出有几个零点;若不存在,请说明理由.
(Ⅲ)若g(x)=ln(ex-1)-lnx,且f(g(x))<f(x)在x∈(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.
(Ⅰ)求函数y=f(x)的单调区间;
(Ⅱ)试探究函数F(x)=f(x)-xlnx在定义域内是否存在零点,若存在,请指出有几个零点;若不存在,请说明理由.
(Ⅲ)若g(x)=ln(ex-1)-lnx,且f(g(x))<f(x)在x∈(0,+∞)上恒成立,求实数a的取值范围.
▼优质解答
答案和解析
(Ⅰ)∵f(x)=ex-1-ax,(x∈R,a∈R),
∴f′(x)=ex-a,
①当a≤0时,则∀x∈R有f′(x)>0,
∴函数f(x)在区间(-∞,+∞)单调递增;
②当a>0时,f′(x)>0⇒x>lna,f′(x)<0⇒x<lna
∴函数f(x)的单调增区间为(lna,+∞),单调减区间为(-∞,lna).
综合①②的当a≤0时,函数f(x)的单调增区间为(-∞,+∞);
当a>0时,函数f(x)的单调增区间为(lna,+∞),单调减区间为(-∞,lna).
(Ⅱ)函数F(x)=f(x)-xlnx定义域为(0,+∞),
又F(x)=0⇒a=
−lnx,x>0,
令h(x)=
−lnx,x>0,
则h′(x)=
,x>0,
∴h′(x)>0⇒x>1,
h′(x)<0⇒0<x<1,
∴函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
∴h(x)≥h(1)=e-1
由(1)知当a=1时,对∀x>0,有f(x)>f(lna)=0,
即ex−1>x⇔
>1
∴当x>0且x趋向0时,h(x)趋向+∞
随着x>0的增长,y=ex-1的增长速度越来越快,会超过并远远大于y=x2的增长速度,而y=lnx的增长速度则会越来越慢.
故当x>0且x趋向+∞时,h(x)趋向+∞.得到函数h(x)的草图如图所示
故①当a>e-1时,函数F(x)有两个不同的零点;
②当a=e-1时,函数F(x)有且仅有一个零点;
③当a<e-1时,函数F(x)无零点;
(Ⅲ)由(2)知当x>0时,ex-1>x,故对∀x>0,g(x)>0,
先分析法证明:∀x>0,g(x)<x
要证∀x>0,g(x)<x
只需证∀x>0,
<ex
即证∀x>0,xex-ex+1>0
构造函数H(x)=xex-ex+1,(x>0)
∴H′(x)=xex>0,∀x>0
故函数H(x)=xex-ex+1在(0,+∞)单调递增,
∴H(x)>H(0)=0,
则∀x>0,xex-ex+1>0成立.
①当a≤1时,由(1)知,函数f(x)在(0,+∞)单调递增,
则f(g(x))<f(x)在x∈(0,+∞)上恒成立.
②当a>1时,由(1)知,函数f(x)在(lna,+∞)单调递增,在(0,lna)单调递减,
故当0<x<lna时,0<g(x)<x<lna,
∴f(g(x))>f(x),则不满足题意.
综合①②得,满足题意的实数a的取值范围(-∞,1].
∴f′(x)=ex-a,
①当a≤0时,则∀x∈R有f′(x)>0,
∴函数f(x)在区间(-∞,+∞)单调递增;
②当a>0时,f′(x)>0⇒x>lna,f′(x)<0⇒x<lna
∴函数f(x)的单调增区间为(lna,+∞),单调减区间为(-∞,lna).
综合①②的当a≤0时,函数f(x)的单调增区间为(-∞,+∞);
当a>0时,函数f(x)的单调增区间为(lna,+∞),单调减区间为(-∞,lna).
(Ⅱ)函数F(x)=f(x)-xlnx定义域为(0,+∞),
又F(x)=0⇒a=
ex−1 |
x |
令h(x)=
ex−1 |
x |
则h′(x)=
(ex−1)(x−1) |
x2 |
∴h′(x)>0⇒x>1,
h′(x)<0⇒0<x<1,
∴函数h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.
∴h(x)≥h(1)=e-1
由(1)知当a=1时,对∀x>0,有f(x)>f(lna)=0,
即ex−1>x⇔
ex−1 |
x |
∴当x>0且x趋向0时,h(x)趋向+∞
随着x>0的增长,y=ex-1的增长速度越来越快,会超过并远远大于y=x2的增长速度,而y=lnx的增长速度则会越来越慢.
故当x>0且x趋向+∞时,h(x)趋向+∞.得到函数h(x)的草图如图所示
故①当a>e-1时,函数F(x)有两个不同的零点;
②当a=e-1时,函数F(x)有且仅有一个零点;
③当a<e-1时,函数F(x)无零点;
(Ⅲ)由(2)知当x>0时,ex-1>x,故对∀x>0,g(x)>0,
先分析法证明:∀x>0,g(x)<x
要证∀x>0,g(x)<x
只需证∀x>0,
ex−1 |
x |
即证∀x>0,xex-ex+1>0
构造函数H(x)=xex-ex+1,(x>0)
∴H′(x)=xex>0,∀x>0
故函数H(x)=xex-ex+1在(0,+∞)单调递增,
∴H(x)>H(0)=0,
则∀x>0,xex-ex+1>0成立.
①当a≤1时,由(1)知,函数f(x)在(0,+∞)单调递增,
则f(g(x))<f(x)在x∈(0,+∞)上恒成立.
②当a>1时,由(1)知,函数f(x)在(lna,+∞)单调递增,在(0,lna)单调递减,
故当0<x<lna时,0<g(x)<x<lna,
∴f(g(x))>f(x),则不满足题意.
综合①②得,满足题意的实数a的取值范围(-∞,1].
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