Question

10．已知函數(shù)f（x）是定義在（0，+∞）內(nèi)的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)?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)，且x₀∈（0，1）
③方程f（x）=x有兩個(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）
其中正確的命題個(gè)數(shù)為（　　）

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

Answer 1

分析 依題意，知f（x）-lnx為常數(shù)，設(shè)為m，即f（x）-lnx=m，可求得m=e，于是f（x）=lnx+e．
對(duì)于①，f（x）=lnx+e的值域?yàn)镽，可知不等式f（x）＞0恒成立錯(cuò)誤；
對(duì)于②，由f（x）=lnx+e=0解得：x=e^-e∈（0，1），結(jié)合函數(shù)f（x）的單調(diào)性，可判斷②正確；
對(duì)于③，構(gòu)造函數(shù)g（x）=f（x）-x=lnx-x+e，利用導(dǎo)數(shù)可判斷方程f（x）=x有兩個(gè)根，③正確；
對(duì)于④，可分析出方程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，但x₀∈（e，e²），可判斷④錯(cuò)誤．

解答 解：∵函數(shù)f（x）在（0，+∞）內(nèi)為單調(diào)函數(shù)，且對(duì)?x∈（0，+∞），f[f（x）-lnx]=e+1，
∴f（x）-lnx為常數(shù)，設(shè)為m，即f（x）-lnx=m，
則f（m）=e+1．
又f（m）-lnm=m，即f（m）=lnm+m，
∴m=e．
∴f（x）=lnx+e．
對(duì)于①，∵f（x）=lnx+e的值域?yàn)镽，故不等式f（x）＞0不恒成立，即①錯(cuò)誤；
對(duì)于②，由f（x）=lnx+e=0解得：x=e^-e∈（0，1），
又x＞0，f′（x）=$\frac{1}{x}$＞0，故f（x）=lnx+e在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴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，令g（x）=f（x）-x=lnx-x+e，則g′（x）=$\frac{1}{x}$-1=$\frac{1-x}{x}$，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＞0，g（x）=lnx-x+e單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，g（x）=lnx-x+e單調(diào)遞減；
∴當(dāng)x=1時(shí)，g（x）=lnx-x+e取得最大值e-1＞0，
又當(dāng)x→0⁺時(shí)，g（x）→-∞，當(dāng)x→+∞時(shí)，g（x）→-∞，
∴g（x）=lnx-x+e有兩個(gè)零點(diǎn)，即方程f（x）=x有兩個(gè)根，故③正確；
對(duì)于④，方程f（x）-f′（x）=e+1可化為：lnx+e-$\frac{1}{x}$=e+1，即lnx-$\frac{1}{x}$-1=0，
∵h(yuǎn)（x）=lnx-$\frac{1}{x}$-1在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
且h（1）=-2＜0，h（2）=ln2-$\frac{3}{2}$＜0，h（e）=-$\frac{1}{e}$＜0，h（e²）=1-$\frac{1}{{e}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)h（x）=lnx-$\frac{1}{x}$-1有唯一零點(diǎn)，即方程f（x）-f′（x）=e+1有唯一解x₀，且x₀∈（e，e²），而不是（1，2），故④錯(cuò)誤．
綜上所述，正確的命題個(gè)數(shù)為2個(gè)，
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，著重考查函數(shù)的零點(diǎn)、零點(diǎn)存在性定理的應(yīng)用，突出考查構(gòu)造函數(shù)思想、等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，考查導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用，屬于難題．