Question

14．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）討論f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）定義：函數(shù)F（x）的定義域為D，若?x₀∈D，使F（x₀）=x₀成立，則稱x₀為F（x）的不動點．
當a=1時，
（�。┳C明：函數(shù)y=$\frac{1}{f（x）}$（x＞0）存在唯一的不動點x₀，且x₀∈（ln2，1）；
（ⅱ）已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=ln2，a_n+1=$\frac{1}{f（{a}_{n}）}$（n∈N^*），求證：?n∈N^*，$\frac{f（{a}_{2n}）-f（{x}_{0}）}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞f（x₀）+x₀-1，（其中x₀為y=$\frac{1}{f（x）}$（x＞0）的不動點）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導(dǎo)數(shù)，對a討論，分a≤0，a＞0，令導(dǎo)數(shù)大于0，得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間；
（Ⅱ）（�。┮李}意，只需研究關(guān)于x的方程$\frac{1}{f（x）}$=x在R₊上根的個數(shù)，而$\frac{1}{f（x）}$=x?xf（x）-1=0，記g（x）=xf（x）-1=xe^x-x²-1，求出導(dǎo)數(shù)運用單調(diào)性和零點存在定理，即可得證；
（ⅱ）運用分析法證，要證不等式成立，即證$\frac{{e}^{{a}_{2n}}-{e}^{{x}_{0}}}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞${e}^{{x}_{0}}$．運用數(shù)學歸納法證明數(shù)學歸納法證明：?n∈N^*，a_2n＞x₀，再設(shè)h（x）=e^x-x${e}^{{x}_{0}}$（x≥x₀），運用導(dǎo)數(shù)結(jié)合單調(diào)性即可得證．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=e^x-a，
當a≤0時，f′（x）＞0，f（x）在R上單調(diào)遞增；
當a＞0時，令f′（x）＞0，得x＞lna；令f′（x）＜0，得x＜lna；
所以f（x）在（-∞，lna）單調(diào)遞減，在（lna，+∞）單調(diào)遞增．
（Ⅱ）（ⅰ）證明：依題意，只需研究關(guān)于x的方程$\frac{1}{f（x）}$=x在R₊上根的個數(shù)，
而$\frac{1}{f（x）}$=x?xf（x）-1=0，
記g（x）=xf（x）-1=xe^x-x²-1，g′（x）=（x+1）e^x-2x，
由（Ⅰ）知，當a=1時，f（x）≥f（0），即e^x≥x+1＞0，
即g′（x）=（x+1）e^x-2x＞（x+1）²-2x=x²+1＞0，
則g（x）在R₊上單調(diào)遞增；
又g（ln2）=2ln2-（ln2）2-1=-（ln2-1）2＜0，g（1）=e-2＞0，
函數(shù)g（x）的圖象在R₊上連續(xù)不斷，則存在唯一x₀∈（ln2，1），使得g（x₀）=0，
則函數(shù)y=$\frac{1}{f（x）}$在R₊上存在唯一的不動點x₀，且x₀∈（ln2，1）．
（ⅱ）證明：要證不等式$\frac{f（{a}_{2n}）-f（{x}_{0}）}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞f（x₀）+x₀-1成立，
只需證$\frac{（{e}^{{a}_{2n}}-{a}_{2n}）-（{e}^{{x}_{0}}-{x}_{0}）}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞（${e}^{{x}_{0}}$-x₀）+x₀-1成立，
即證$\frac{{e}^{{a}_{2n}}-{e}^{{x}_{0}}}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞${e}^{{x}_{0}}$．…（*）
下面用數(shù)學歸納法證明：?n∈N^*，a_2n＞x₀，
①當n=1時，由（Ⅰ）得，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
由（ⅰ）得，0＜ln2＜x₀，即有f（ln2）＜f（x₀），又a₂=$\frac{1}{f（{a}_{1}）}$，
即有a₂=$\frac{1}{f（ln2）}$＞$\frac{1}{f（{x}_{0}）}$=x₀，
即a₂＞x₀，則n=1時，結(jié)論成立．
②假設(shè)n=k（k∈N^*）時，結(jié)論成立，即 a_2k＞x₀，
由f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且a_2k＞x₀＞0，則f（a_2k）＞f（x₀）＞f（0）=1
，則0＜$\frac{1}{f（{a}_{2k}）}$＜$\frac{1}{f（{x}_{0}）}$，
又a_2k+1=$\frac{1}{f（{a}_{2k}）}$＜$\frac{1}{f（{x}_{0}）}$=x₀，所以0＜a_2k+1＜x₀，則f（0）＜f（a_2k+1）＜f（x₀），
a_2k+2=$\frac{1}{f（{a}_{2k+1}）}$＞$\frac{1}{f（{x}_{0}）}$=x₀，即a_2k+2＞x₀．即有n=k+1時，結(jié)論成立．
根據(jù)①，②可得，?n∈N^*，a_2n＞x₀，
所以要證不等式（*）成立，只需證${e}^{{a}_{2n}}$-${e}^{{x}_{0}}$＞${e}^{{x}_{0}}$（a_2n-x₀）成立，
即證${e}^{{a}_{2n}}$-a_2n${e}^{{x}_{0}}$＞${e}^{{x}_{0}}$-x₀${e}^{{x}_{0}}$…（**）
記h（x）=e^x-x${e}^{{x}_{0}}$（x≥x₀），由h′（x）=e^x-${e}^{{x}_{0}}$≥0，
當且僅當x=x₀取到等號，
則h（x）在[x₀，+∞）上單調(diào)遞增，
由?n∈N^*，a_2n＞x₀，即有h（a_2n）＞h（x₀），即（**）式成立．
即$\frac{f（{a}_{2n}）-f（{x}_{0}）}{{a}_{2n}-{x}_{0}}$＞f（x₀）+x₀-1，命題得證．

點評 本小題主要考查函數(shù)的零點、函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的最值、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識等，考查函數(shù)與方程思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類討論的思想方法．