Question

20．已知函數(shù)f（x）=e^x-1-lnx-ax+a，a∈R．
（Ⅰ）若a=0，對(duì)?x∈（0，+∞），f（x）-k≥0恒成立，求k的取值范圍；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）有且僅有一個(gè)零點(diǎn)x₀，證明：x₀＜2．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出f（x）的最小值，從而求出k的范圍即可；
（Ⅱ）令G（x）=e^x-1-lnx-ax+a（x＞0），等價(jià)于函數(shù)G（x）有且只有一個(gè)零點(diǎn)x₀，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）a=0時(shí)，f（x）=e^x-1-lnx，（x＞0），
f′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，f″（x）=e^x-1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
f′（x）在（0，+∞）遞增，而f′（1）=0，
故f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
故f（x）_min=f（1）=0，
故k≤0；
（Ⅱ）f（x）=e^x-1-lnx-ax+a（x＞0），
故G′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$-a，
注意到f′（x）為（0，+∞）上的增函數(shù)且值域?yàn)镽，
所以f′（x）在（0，+∞）上有唯一零點(diǎn)x₁，
且f'（x）在（0，x₁）上為負(fù)，（x₁，+∞）上為正，所以f（x₁）為極小值，
又函數(shù)g（x）有唯一零點(diǎn)x₀，結(jié)合f（x）的單調(diào)性知x₁=x₀，
所以$\left\{\begin{array}{l}{f′{（x}_{0}）=0}\\{f{（x}_{0}）=0}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{{e}^{{x}_{0}-1}-\frac{1}{{x}_{0}}-a=0}\\{{e}^{{x}_{0}-1}-l{nx}_{0}-{ax}_{0}+a=0}\end{array}\right.$，
即${e}^{{x}_{0}-1}$-（${e}^{{x}_{0}-1}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$）x₀-lnx₀+（${e}^{{x}_{0}-1}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$）=0，
即（2-x₀）${e}^{{x}_{0}-1}$+$\frac{{x}_{0}-1}{{x}_{0}}$-lnx₀=0，
令H（x）=（2-x）e^x-1+$\frac{x-1}{x}$-lnx，
顯然，x₀是H（x）的零點(diǎn)，
H′（x）=（1-x）e^x-1+$\frac{1-x}{{x}^{2}}$=（1-x）[e^x-1+$\frac{1}{{x}^{2}}$]（x＞0），
H'（x）在（0，1）上為正，（1，+∞）上為負(fù)，
于是H（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
注意到H（1）=1＞0，H（2）=$\frac{1}{2}$-ln2=$\frac{1}{2}$（1-ln4）＜0，
所以H（x）在（1，2）內(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)，在[2，+∞）內(nèi)無(wú)零點(diǎn)，
所以H（x）的零點(diǎn)一定小于2，
故x₀＜2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了切線(xiàn)方程問(wèn)題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．