Question

6．已知函數(shù)f（x）=ln（ax+b）+e^x-1（a≠0）．
（Ⅰ）當a=-1，b=1時，判斷函數(shù)f（x）的零點個數(shù)；
（Ⅱ）若f（x）≤e^x-1+x+1，求ab的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當a=-1，b=1時，化簡函數(shù)的解析式，求出定義域，通過當x≤0時，f（x）＞0，說明函數(shù)f（x）在（-∞，0]內無零點；當0＜x＜1時，通過函數(shù)的導數(shù)，利用函數(shù)的單調性零點判定定理，推出結果．
（Ⅱ）不等式化為ln（ax+b）+e^x-1≤e^x-1+x+1，即ln（ax+b）≤x+1，設g（x）=ln（ax+b）-x-1，說明a＞0，清楚函數(shù)的$g'（x）=\frac{a}{ax+b}-1=\frac{-ax+a-b}{ax+b}$（ax+b＞0），當$-\frac{a}＜x＜1-\frac{a}$時，判斷函數(shù)的單調性，當$x＞1-\frac{a}$時，判斷函數(shù)的單調性求出函數(shù)的最值，推出ab≤2a²-a²lna，令h（a）=2a²-a²lna，h'（a）=3a-2alna，求解函數(shù)的最大值即可．

解答 解：（Ⅰ）當a=-1，b=1時，f（x）=ln（-x+1）+e^x-1，定義域為{x|x＜1}，
當x≤0時，f（x）=ln（-x+1）+e^x-1＞0，所以函數(shù)f（x）在（-∞，0]內無零點；
當0＜x＜1時，$f'（x）=\frac{1}{x-1}+{e^{x-1}}$，因為$\frac{1}{x-1}＜-1$，e^x-1＜1，所以$f'（x）=\frac{1}{x-1}+{e^{x-1}}＜0$，
說明函數(shù)f（x）在（0，1）上單調遞減，
又f（0）=e^-1＞0，當$x=1-\frac{1}{e}$時，$f（x）={e^{-\frac{1}{e}}}-1＜{e^0}-1=0$，
所以函數(shù)f（x）在（0，1）內有且只有一個零點；
綜上，函數(shù)f（x）的零點個數(shù)是1；…5分
（Ⅱ）若ln（ax+b）+e^x-1≤e^x-1+x+1，即ln（ax+b）≤x+1，設g（x）=ln（ax+b）-x-1，
若a＜0，則當x→-∞時，顯然g（x）＞0，故不符合題意，所以a＞0．…7分
$g'（x）=\frac{a}{ax+b}-1=\frac{-ax+a-b}{ax+b}$（ax+b＞0），
當$-\frac{a}＜x＜1-\frac{a}$時，g'（x）＞0，所以g（x）在$（-\frac{a}，1-\frac{a}）$上單調遞增；
當$x＞1-\frac{a}$時，g'（x）＜0，所以g（x）在$（1-\frac{a}，+∞）$上單調遞減；
從而$g{（x）_{max}}=g（1-\frac{a}）=lna+\frac{a}-2$，
由題意可知$g{（x）_{max}}=g（1-\frac{a}）=lna+\frac{a}-2≤0$，所以b≤2a-alna，…9分
此時ab≤2a²-a²lna，令h（a）=2a²-a²lna，h'（a）=3a-2alna，
可知h（a）在$（0，{e^{\frac{3}{2}}}）$上單調增，在$（{e^{\frac{3}{2}}}，+∞）$上單調減，
所以$h{（a）_{max}}=\frac{1}{2}{e^3}$，故ab的最大值為$\frac{1}{2}{e^3}$．…12分．

點評 本題考查函數(shù)與導數(shù)的綜合應用．函數(shù)的單調性與函數(shù)的導數(shù)的關系，考查分析問題解決問題的能力，是較難題．