Question

3．已知f（x）=e^x-1-a（x+1），g（x）=lnx．
（1）求g（x）在点（1，0）处的切线；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）当$a=\frac{1}{2}$，x∈（1，+∞）时，求证：f（x）＞（x-1）g（x）．

Answer 1

分析 （1）求出g（x）的导数，可得切线的斜率，由点斜式方程即可得到所求切线的方程；
（2）求出f（x）的导数，讨论：当a≤0时，当a＞0时，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；
（3）先证明：x∈（1，+∞）时，g（x）＜x-1，运用导数结合单调性可得，令$F（x）=f（x）-{（x-1）^2}={e^{x-1}}-\frac{1}{2}（x+1）-{（x-1）^2}，\;\;F（1）=0$，求出二次导数，可得F（x）在x∈（1，+∞）内单调递增，F（x）＞F（1）=0，即可得证．

解答 解：（1）$g'（x）=\frac{1}{x}⇒g'（1）=1$，
故g（x）在（1，0）处的切线为y=x-1．
（2）f'（x）=e^x-1-a；
①当a≤0时，f′（x）≥0恒成立，则f（x）在R上单调递增，
②当a＞0时，f（x）在x∈（-∞，1+lna）上单调递减，在x∈（1+lna，+∞）上单调递增．
（3）证明：先证明：x∈（1，+∞）时，g（x）＜x-1，
令$h（x）=lnx-（x-1）⇒h′（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$，
则x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，故h（x）＜h（1）=0，
即g（x）＜x-1．
故（x-1）g（x）＜（x-1）²，
令$F（x）=f（x）-{（x-1）^2}={e^{x-1}}-\frac{1}{2}（x+1）-{（x-1）^2}，\;\;F（1）=0$，
则$F'（x）={e^{x-1}}-2x+\frac{3}{2}$（x＞1），$F'（1）=\frac{1}{2}$．
而F''（x）=e^x-1-2=0⇒x=1+ln2，
故F'（x）在x∈（1，1+ln2）上单调递减，在x∈（1+ln2，+∞）上单调递增，$F'{（x）_{min}}=F'（1+ln2）=\frac{3}{2}-2ln2=\frac{3-4ln2}{2}=\frac{{ln{e^3}-ln16}}{2}$，
由于e³＞16，故F'（x）_min＞0，
所以F'（x）＞0在x∈（1，+∞）内恒成立，
故F（x）在x∈（1，+∞）内单调递增，F（x）＞F（1）=0，
所以f（x）＞（x-1）²＞（x-1）g（x），
故问题得证．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查分类讨论的思想方法，以及构造法，不等式的证明方法：分析法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．