Question

5．函數(shù)f（x）是定義在（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，?x∈（0，+∞），f[f（x）-lnx]=e+1，給出下面四個(gè)命題：
①不等式f（x）＞0恒成立；
②函數(shù)f（x）存在唯一零點(diǎn)x₀，且x₀∈（0，1）；
③方程f（x）=x有且僅有一個(gè)根；
④方程f（x）-f′（x）=e+1（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）有唯一解x₀，且x₀∈（1，2）．
其中正確命題的個(gè)數(shù)為（　�。�

• A． 1個(gè)
• B． 2個(gè)
• C． 3個(gè)
• D． 4個(gè)

Answer 1

分析 利用換元法求出函數(shù)f（x）的解析式，然后根據(jù)函數(shù)與方程的關(guān)系進(jìn)行轉(zhuǎn)化，構(gòu)造函數(shù)，判斷函數(shù)的零點(diǎn)即可得到結(jié)論．

解答 解：對(duì)于①∵f（x）是定義在（0，+∞）上單調(diào)函數(shù)，且對(duì)?x∈（0，+∞），都有f（f（x）-lnx）=e+1，
∴設(shè)f（x）-lnx=t，則f（t）=e+1，
即f（x）=lnx+t，
令x=t，則f（t）=lnt+t=e+1，
則t=e，
∴f（x）=lnx+e，
當(dāng)f（x）＞0時(shí)，即lnx+e＞0，即-lnx＜e，即ln$\frac{1}{x}$＜lne^e，解得x＞$\frac{1}{{e}^{e}}$，故①錯(cuò)誤；
對(duì)于②∵函數(shù)f（x）是定義在（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，
f（0）＜0，f（1）=e＞0，
∴f（0）f（1）＜0，
∴函數(shù)f（x）存在唯一零點(diǎn)x₀，且x₀∈（0，1）；故②正確；
對(duì)于③∵f（x）=x，
∴l(xiāng)nx+e=x，
設(shè)g（x）=lnx+e-x，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
∴g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
當(dāng)x=1時(shí)，g（x）_max=g（1）=e-1＞0，
∴g（x）=lnx+e-x在（1，+∞）上有兩個(gè)零點(diǎn)，
∴方程f（x）=x有且兩個(gè)根；故③錯(cuò)誤；
對(duì)于④∵f′（x）=$\frac{1}{x}$＞0，
則由f（x）-f′（x）=e+1得lnx+e-$\frac{1}{x}$=e+1，
即lnx-$\frac{1}{x}$-1=0，
設(shè)h（x）=lnx-$\frac{1}{x}$-1，
∵h(yuǎn)（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，
則h（3）=ln3-$\frac{1}{3}$-1＜0，h（4）=ln4-$\frac{1}{4}$-1＞0，
∴函數(shù)h（x）在（3，4）上存在一個(gè)零點(diǎn)，即方程f（x）-f′（x）=e+1的實(shí)數(shù)解所在的區(qū)間是（3，4）；故④錯(cuò)誤
故選：A．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)與方程的應(yīng)用，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)，利用換元法求出函數(shù)的解析式是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強(qiáng)，涉及的知識(shí)點(diǎn)較多．