Question

14．已知f（x）=e^x-1-a（x+1）（x≥1），g（x）=（x-1）lnx，其中e为自然对数的底数．
（1）若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）若在（1）的条件下，当a取最大值时，求证：f（x）≥g（x）．

Answer 1

分析 （1）法一：（分类讨论法），f'（x）=e^x-1-a．
分①当a≤1，②当a＞1，讨论f（x）单调性，求出最小值，只需f（x）_min≥0即可求得实数a的取值范围；
法二：（分离参数法）．f（x）≥0恒成立$?\frac{{{e^{x-1}}}}{x+1}≥a$在[1，+∞）上恒成立．
令$h（x）=\frac{{{e^{x-1}}}}{x+1}$，讨论h（x）单调性，求出最小值，a≤h（x）_min≥0即可求得实数a的取值范围；
（2）由题意可知，$a=\frac{1}{2}$．
要证f（x）≥g（x）?${e^{x-1}}-\frac{x+1}{2}≥（x-1）lnx（x≥1）$，
先证明：x≥1时，lnx≤x-1．
 即只需要证明${e^{x-1}}-\frac{x+1}{2}≥{（x-1）^2}（x≥1）$ 
令$k（x）={e^{x-1}}-\frac{x+1}{2}-{（x-1）^2}$，则$k'（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{2}-2（x-1）={e^{x-1}}-2x+\frac{3}{2}$，k''（x）=e^x-1-2，
可得k'（x）在[1，1+ln2]上单减，在[1+ln2，+∞）上单增，
 k（x）在[1，+∞）上单调递增，所以k（x）≥k（1）=0．即可得证．

解答 （1）解：法一：（分类讨论法）．因为x≥1，f'（x）=e^x-1-a．
①当a≤1时，e^x-1≥1，所以f'（x）=e^x-1-a≥0，
故f（x）在[1，+∞）上单调递增，
所以$f{（x）_{min}}=f（1）=1-2a≥0⇒a≤\frac{1}{2}$，所以$a≤\frac{1}{2}$．
②当a＞1时，令f'（x）=0⇒x=1+lna，
若x∈（1，1+lna），f'（x）＜0；若x∈（1+lna，+∞），f'（x）＞0，
所以f（x）在（1，1+lna）上单减，在（1+lna，+∞）上单增；
所以$f{（x）_{min}}=f（1+lna）={e^{lna}}-a（2+lna）≥0$，
解得$0＜a≤\frac{1}{e}$，此时a无解，
综上可得$a≤\frac{1}{2}$．
法二：（分离参数法）．f（x）≥0恒成立$?\frac{{{e^{x-1}}}}{x+1}≥a$在[1，+∞）上恒成立．
令$h（x）=\frac{{{e^{x-1}}}}{x+1}$，则$h′（x）=\frac{{x{e^{x-1}}}}{{{{（x+1）}^2}}}＞0（x≥1）$，
所以h（x）在[1，+∞）上单增，
故$h{（x）_{min}}=h（1）=\frac{1}{2}$，所以$a≤\frac{1}{2}$．
（2）证明：由题意可知，$a=\frac{1}{2}$．
要证f（x）≥g（x）?${e^{x-1}}-\frac{x+1}{2}≥（x-1）lnx（x≥1）$，（*）
先证明：x≥1时，lnx≤x-1．
令$h（x）=lnx-x+1，\;\;则h'（x）=\frac{1}{x}-1=\frac{1-x}{x}$．
当x≥1时，h'（x）≤0，所以h（x）在[1，+∞）上单减，
所以h（x）≤h（1）=0，所以lnx≤x-1．
所以要证明（*）式成立，只需要证明${e^{x-1}}-\frac{x+1}{2}≥{（x-1）^2}（x≥1）$．（**）  …（8分）
令$k（x）={e^{x-1}}-\frac{x+1}{2}-{（x-1）^2}$，则$k'（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{2}-2（x-1）={e^{x-1}}-2x+\frac{3}{2}$，k''（x）=e^x-1-2，
令k''（x）=0⇒x=1+ln2
又k''（x）在[1，+∞）上单调递增，则在[1，1+ln2]上，k''（x）≤0，
在[1+ln2，+∞），k''（x）＞0．
所以，k'（x）在[1，1+ln2]上单减，在[1+ln2，+∞）上单增，
所以$k′（x）≥k′（1+ln2）=\frac{3}{2}-ln4=ln\frac{{{e^{\frac{3}{2}}}}}{4}＞0$，
所以k（x）在[1，+∞）上单调递增，所以k（x）≥k（1）=0．
所以（**）成立，也即是（*）式成立．故f（x）≥g（x）．

点评 本题考查了通过导数求函数的单调性、最值，考查了放缩法求证函数不等式，考查了转化思想、分类讨论思想，属于难题．