Question

4．已知函数f（x）=e^x-2ax，其中a∈R，e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）求函数f（x）在区间[0，1]上的最小值；
（Ⅱ）证明：当x＞0时，x²＜e^x；
（Ⅲ）证明：对任意给定的正数b，总存在x₀，使得当x∈（x₀，+∞），恒有x²＜be^x．

Answer 1

分析 （Ⅰ）f（x）=e^x-2ax，f′（x）=e^x-2a，对a分类讨论：当a≤$\frac{1}{2}$时，f′（x）≥0；当a≥$\frac{1}{2}$e时，f′（x）≤0；当$\frac{1}{2}＜a＜\frac{1}{2}e$时，令f′（x）=0，解得x=ln（2a），分别研究函数的单调性即可得出．
（Ⅱ）令g（x）=e^x-x²，则g′（x）=e^x-2x．由（I）得g′（x）≥2-2ln2＞0，即可证明．
（III）方法一：①若b≥1，则e^x≤be^x．又由（II）知，当x＞0时，x²＜e^x，即可证明；
②若0＜b＜1，令$k=\frac{1}{b}＞1$，要使不等式x²＜be^x成立，只要e^x＞kx²成立．
而要使e^x＞kx²成立，则只要x＞ln（kx²），即x＞2lnx+lnk成立．令h（x）=x-2lnx-lnk，利用导数研究其单调性即可证明．
或用下列方式．②若0＜b＜1，则$\frac{1}{b}＞1$，要使不等式x²＜be^x成立，则只要ln（x²）＜lnbe^x，即2lnx＜x+lnb成立．令h（x）=x-2lnx+lnb，利用导数研究其单调性即可证明．
方法二：对任意给定的正数b，取${x_o}=\frac{4}{{\sqrt{b}}}$．由（II）知，当x＞0时，e^x＞x²，当x＞x_o时，e^x$＞（\frac{x}{2}）^{2}（\frac{x}{2}）^{2}$＞$\frac{4}{b}（\frac{x}{2}）^{2}$，即可证明．

解答 （Ⅰ）解：f（x）=e^x-2ax，f′（x）=e^x-2a，∵x∈[0，1]，∴e^x∈[1，e]．
①当a≤$\frac{1}{2}$时，f′（x）=e^x-2a≥0，∴函数f（x）在区间[0，1]上单调递增，f（x）≥f（0）=1，此时函数f（x）在区间[0，1]上的最小值为1．
②当a≥$\frac{1}{2}$e时，由f′（x）=e^x-2a≤0，函数f（x）在区间[0，1]上单调递减，∴当x=1时，函数f（x）取得最小值，f（1）=e-2a．
③当$\frac{1}{2}＜a＜\frac{1}{2}e$时，令f′（x）=0，解得x=ln（2a），
当0＜x＜ln2a时，f′（x）＜0，此时函数f（x）单调递减；当ln2a≤x≤1时，f′（x）≥0，此时函数f（x）单调递增．∴f（x）≥f（ln2a）=2a-2aln2a．
综上可知：当$a＜\frac{1}{2}$时，f（x）的最小值为1；
当$\frac{1}{2}≤a≤\frac{e}{2}$时，f（x）的最小值为2a-2aln2a；
当$a＞\frac{1}{2}e$时，f（x）的最小值为e-2a．
（Ⅱ）证明：令g（x）=e^x-x²，则g′（x）=e^x-2x．
由（I）得g′（x）≥2-2ln2＞0，
故g（x）在R上单调递增，又g（0）=1＞0，
因此，当x＞0时，g（x）＞g（0）＞0，即x²＜e^x．
（III）①若b≥1，则e^x≤be^x．
又由（II）知，当x＞0时，x²＜e^x．∴当x＞0时，x²＜be^x．取x₀=0，当x∈（x₀，+∞）时，恒有x²＜bx²．
②若0＜b＜1，令$k=\frac{1}{b}＞1$，要使不等式x²＜be^x成立，只要e^x＞kx²成立．
而要使e^x＞kx²成立，则只要x＞ln（kx²），即x＞2lnx+lnk成立．
令h（x）=x-2lnx-lnk，则$h'（x）=1-\frac{2}{x}=\frac{x-2}{x}$．
∴所以当x＞2时，h'（x）＞0，h（x）在（2，+∞）内单调递增．
取x₀=16k＞16，所以h（x）在（x₀，+∞）内单调递增．
又h（x₀）=16k-2ln（16k）-lnk=8（k-ln2）+3（k-lnk）+5k．易知k＞lnk，k＞ln2，5k＞0．所以h（x₀）＞0．即存在${x_0}=\frac{16}{b}$，当x∈（x₀，+∞）时，恒有x²＜be^x．
综上，对任意给定的正数b，总存在x₀，当x∈（x₀，+∞）时，恒有x²＜be^x．
或用下列方式：
②若0＜b＜1，则$\frac{1}{b}＞1$，
要使不等式x²＜be^x成立，则只要ln（x²）＜lnbe^x，即2lnx＜x+lnb成立．
令h（x）=x-2lnx+lnb，则$h'（x）=1-\frac{2}{x}=\frac{x-2}{x}$．
∴当x＞2时，h′（x）＞0，h（x）在（2，+∞）内单调递增．
取${x_0}=\frac{16}{b}＞16$，∴h（x）在（x₀，+∞）内单调递增．
又$h（{x_0}）=\frac{16}{b}-2ln（\frac{16}{b}）+lnb=8（\frac{1}{b}-ln2）+3（\frac{1}{b}+lnb）+\frac{5}{b}$．
易知$\frac{1}{b}＞ln\frac{1}{b}，\frac{1}{b}＞1＞ln2，\frac{5}{b}＞0$．∴h（x₀）＞0．
即存在${x_0}=\frac{16}{b}$，当x∈（x₀，+∞）时，恒有x²＜be^x．
综上，对任意给定的正数b，总存在x₀，当x∈（x₀，+∞）时，恒有x²＜be^x．
方法二：对任意给定的正数b，取${x_o}=\frac{4}{{\sqrt{b}}}$
由（II）知，当x＞0时，e^x＞x²，
∴${e^x}={e^{\frac{x}{2}}}•{e^{\frac{x}{2}}}＞{（\frac{x}{2}）^2}{（\frac{x}{2}）^2}$，
当x＞x_o时，e^x$＞（\frac{x}{2}）^{2}（\frac{x}{2}）^{2}$＞$\frac{4}{b}（\frac{x}{2}）^{2}$=$\frac{1}{b}$x²．
因此，对任意给定的正数b，总存在x₀，当x∈（x₀，+∞）时，恒有x²＜be^x．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值、利用已经证明的结论解决问题，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．