2.已知函數(shù)f(x)=ex-ax-1(a∈R)
(1)若a=1,求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若函數(shù)F(x)=f(x)-xlnx在定義域內(nèi)存在零點,試求實數(shù)a的取值范圍;
(3)若g(x)=ln(gx-1)lnx,且f(g(x))<f(x)在x∈(0,+∞)上恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.

分析 (1)求函數(shù)的導(dǎo)數(shù),利用導(dǎo)數(shù)和單調(diào)性之間的關(guān)系進(jìn)行求解即可.
(2)先求函數(shù)F(x)=f(x)-x1nx的定義域,由F(x)=0可化為a=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx,(x>0),從而令h(x)=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx,(x>0),求導(dǎo)h′(x)=$\frac{({e}^{x}-1)(x-1)}{{x}^{2}}$,從而由導(dǎo)數(shù)求單調(diào)性并求最值;
(3)當(dāng)x>0時,ex-1>x,故對?x>0,g(x)>0;構(gòu)造函數(shù)H(x)=xex-ex+1(x>0),則H′(x)=xex>0;從而由導(dǎo)數(shù)確定恒成立問題

解答 解:(1)∵f(x)=ex-x-1,
∴f′(x)=ex-1>0,x>0
f′(x)=ex-1<0,x<0
∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間(0.+∞);
函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間(-∞,0);
(2)(2)F(x)=f(x)-x1nx的定義域為(0,+∞),
由F(x)=0得,a=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx,(x>0),
令h(x)=)=$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-lnx,(x>0),則h′(x)=$\frac{({e}^{x}-1)(x-1)}{{x}^{2}}$,
由于x>0,ex-1>0;當(dāng)x>1時,h′(x)>0;當(dāng)0<x<1,h′(x)<0;
故函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增;
故h(x)≥h(1)=e-1;
又由(1)知,當(dāng)a=1時,對?x>0,有f(x)>f(lna)=0;
即ex-1>x,故$\frac{{e}^{x}-1}{x}$>1;
∵x>0,∴$\frac{{e}^{x}-1}{x}$>0,
當(dāng)x→0時,lnx→-∞,∴h(x)→+∞;
當(dāng)a>e-1時,函數(shù)F(x)有兩個不同的零點,
當(dāng)a=e-1時,函數(shù)F(x)有且級有一個零點,
當(dāng)a<e-1時,函數(shù)F(x)沒有零點;
(3)由(2)知,當(dāng)x>0時,ex-1>x,故對?x>0,g(x)>0;
構(gòu)造函數(shù)H(x)=xex-ex+1(x>0),則H′(x)=xex>0;
故函數(shù)H(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,
則H(x)>H(0),
則?x>0,xex-ex+1>0成立,
當(dāng)a≤1時,由(1)知,f(x)在(lna,+∞)上單調(diào)遞增,在(0,lna)上單調(diào)遞減,
幫當(dāng)0<x<lna時,0<g(x)<x<lna,
所以f(g(x))>f(x),則不滿足題意,
所以滿足題意的a的取值范圍是(-∞,1].

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題,考查學(xué)生分析解決問題的能力,分類討論的解題思想,屬于中檔題

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