Question

12．已知函數(shù)f（x）=e^x．
（Ⅰ）當x＞-1時，證明：f（x）＞$\frac{（x+1）^{2}}{2}$；
（Ⅱ）當x＞0時，f（1-x）+2lnx≤a（x-1）+1恒成立，求正實數(shù)a的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，證出結(jié)論即可；
（Ⅱ）問題等價于e^1-x+2lnx-a（x-1）-1≤0在（0，+∞）恒成立，令p（x）=e^1-x+2lnx-a（x-1）-1，（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的值即可．

解答 解：（Ⅰ）證明：令g（x）=e^x-$\frac{（x+1）^{2}}{2}$，（x＞-1），
則g′（x）=e^x-x-1（x＞-1），
令h（x）=e^x-x-1（x＞-1），則h′（x）=e^x-1，（x＞-1），
令h′（x）＞0，解得：x＞0，令h′（x）＜0，解得：x＜0，
∴h（x）在（-1，0）遞減，在（0，+∞）遞增，
∴h（x）＞h（0）=0，
∴g（x）在（-1，+∞）遞增，
∴g（x）＞g（-1）=$\frac{1}{e}$＞0，
即原命題成立；
（Ⅱ）當x＞0時，f（1-x）+2lnx≤a（x-1）+1恒成立，
等價于e^1-x+2lnx-a（x-1）-1≤0在（0，+∞）恒成立，
令p（x）=e^1-x+2lnx-a（x-1）-1，（x＞0），
則p′（x）=$\frac{2}{x}$-e^1-x-a，（x＞0），
令q（x）=$\frac{2}{x}$-e^1-x-a，（x＞0），
則q′（x）=-$\frac{2{（e}^{x-1}-\frac{{x}^{2}}{2}）}{{{e}^{x-1}-x}^{2}}$，（x＞0），
由（Ⅰ）得q′（x）＜0，q（x）在（0，+∞）遞減，
①a=1時，q（1）=p′（1）=0且p（1）=0，
在（0，1）上p′（x）＞0，p（x）遞增，在（1，+∞）上，p′（x）＜0，p（x）遞減，
故p（x）的最大值是p（1），即p（x）≤0恒成立；
②a＞1時，p′（1）＜0，
x∈（0，1）時，由p′（x）=$\frac{2}{x}$-e^1-x-a＜$\frac{2}{x}$-1-a＜0，解得：$\frac{2}{a+1}$＜x＜1，
即x∈（$\frac{2}{a+1}$，1）時，p′（x）＜0，p（x）遞減，
又p（1）=0，故p（x）＞0與p（x）＜0矛盾；
③0＜a＜1時，由p′（x）=$\frac{2}{x}$-e^1-x-a＞$\frac{2}{x}$-1-a＞0，解得：1＜x＜$\frac{2}{a+1}$，
即x∈（1，$\frac{2}{a+1}$）時，p′（x）＞0，p（x）遞增，
又p（1）=0，故此時p（x）＞0與p（x）≤0恒成立矛盾，
綜上：a=1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問題，考查分類討論思想、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．