Question

6．设g（x）=e^x，f（x）=g[λx+（1-λ）a]-λg（x），其中a，λ是常数，且0＜λ＜1．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使不等式|$\frac{{e}^{x}-1}{x}-1$|＜a成立．

Answer 1

分析 （1）首先对函数求导，使得导函数等于0，解出x的值，分两种情况讨论：当f′（x）＞0，当f′（x）＜0，做出函数的极值点，求出极值．
（2）将原不等式化为 $\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$＜a，即e^x-（1+a）x-1＜0，令g（x）=e^x-（1+a）x-1，利用导数研究此函数的极值，从而得出存在正数x=ln（a+1），使原不等式成立．

解答 解：（1）∵f′（x）=λg[λx+（1-λ）a]-λg′（x），-----------------（1分）
由f′（x）＞0得，g[λx+（1-λ）a]＞g′（x），
∴λx+（1-λ）a＞x，即（1-λ）（x-a）＜0，解得x＜a，-----------------（3分）
故当x＜a时，f′（x）＞0；当x＞a时，f′（x）＜0；
∴当x=a时，f（x）取极大值f（a）=（1-λ）e^a，但f（x）没有极小值．-----------------（4分）
（2）∵|$\frac{{e}^{x}-1}{x}$-1|=|$\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$|，
又当x＞0时，令h（x）=e^x-x-1，则h′（x）=e^x-1＞0，
故h（x）＞h（0）=0，
因此原不等式化为 $\frac{{e}^{x}-x-1}{x}$＜a，即e^x-（1+a）x-1＜0，-----------------（6分）
令g（x）=e^x-（1+a）x-1，则g′（x）=e^x-（1+a），
由g′（x）=0得：e^x=（1+a），解得x=ln（a+1），
当0＜x＜ln（a+1）时，g′（x）＜0；当x＞ln（a+1）时，g′（x）＞0．
故当x=ln（a+1）时，g（x）取最小值g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1），---------------（8分）
令s（a）=$\frac{a}{1+a}$-ln（1+a），则s′（a）=-$\frac{a}{{（1+a）}^{2}}$＜0．
故s（a）＜s（0）=0，即g[ln（a+1）]=a-（1+a）ln（a+1）＜0．
因此，存在正数x=ln（a+1），使原不等式成立．-----------------（10分）

点评 本小题主要考查函数在某点取得极值的条件、导数在最大值、最小值问题中的应用及应用所学导数的知识、思想和方法解决问题的能力，属于中档题．