Question

12．已知函数f（x）=e^x，g（x）=lnx+1，
（1）求函数h（x）=f（x-1）-g（x）在区间[1，+∞）上的最小值；
（2）已知1≤y＜x，求证：e^x-y-1＞lnx-lny；
（3）设H（x）=（x-1）²f（x），在区间（1，+∞）内是否存在区间[a，b]（a＞1），使函数H（x）在区间[a，b]的值域也是[a，b]？请给出结论，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，结合x的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的最小值即可；
（2）问题转化为只需证明：$x-y+1≥\frac{x}{y}$，即证明：xy-y²+y-x≥0，而xy-y²+y-x=y（x-y）-（x-y）=（x-y）（y-1），从而证出结论；
（3）假设存在，得到方程（x-1）²e^x=x有两个大于1的不等实根，设函数G（x）=（x-1）²e^x-x（x＞1），根据函数的单调性得到G（x）在（1，+∞）上仅有一个零点，得到矛盾，从而判断结论．

解答 解：（1）h（x）=e^x-1-lnx-1（x≥1），$h′（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{x}$，
∵x∈[1，+∞），∴${e^{x-1}}≥1，\frac{1}{x}∈（{0，1}]$∴$h′（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{x}≥0$，
∴函数h（x）在区间[1，+∞）上单调递增，∴h（x）_min=h（1）=0．…（4分）
（2）由（1）知，当x≥1时，e^x-1-1≥lnx且当x=1时取等号，∵1≤y＜x，∴x-y+1＞1
∴e^x-y+1-1-1＞ln（x-y+1），要证明e^x-y-1＞lnx-lny，
只需证明：ln（x-y+1）≥lnx-lny，只需证明：$x-y+1≥\frac{x}{y}$，…（7分）
即证明：xy-y²+y-x≥0，而xy-y²+y-x=y（x-y）-（x-y）=（x-y）（y-1），
∵1≤y＜x，∴x-y＞0，y-1≥0，∴xy-y²+y-x=（x-y）（y-1）≥0，得证．
∴当1≤y＜x时，e^x-y-1＞lnx-lny．…（9分）
（3）H（x）=（x-1）²f（x），H′（x）=（x²-1）e^x
假设存在区间[a，b]（a＞1），使函数H（x）在区间[a，b]的值域也是[a，b]，
当x＞1时，H′（x）＞0，所以函数在区间（1，+∞）单调递增，
故$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}H（a）={（{a-1}）^2}{e^a}=a\\ H（b）={（{b-1}）^2}{e^b}=b\end{array}\right.\end{array}$，即方程（x-1）²e^x=x有两个大于1的不等实根，…（11分）
设函数G（x）=（x-1）²e^x-x（x＞1），则G′（x）=（x²-1）e^x-1，G′′（x）=（x²+2x-1）e^x，
当x＞1时，G′′（x）＞0，即函数G′（x）=（x²-1）e^x-1在区间（1，+∞）单调递增，
又G′（1）=-1＜0，G′（2）=3e²-1＞0，所以存在唯一的x₀∈（1，2）使得G′（x₀）=0，
当x∈（1，x₀）时，G′（x）＜0，函数G（x）递减，当x∈（x₀，+∞）时，G′（x）＞0，函数G（x）递增，
所以函数G（x）有极小值G（x₀）＜G（1）=-1，G（2）=e²-2＞0，
所以函数G（x）在（1，+∞）上仅有一个零点，
这与方程（x-1）²e^x=x有两个大于1的不等实根矛盾，
故不存在区间[a，b]（a＞1），使函数H（x）在区间[a，b]的值域也是[a，b]．…（16分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，是一道综合题．