Question

11．已知函數(shù)f（x）=e^x-1+a，函數(shù)g（x）═ax+lnx，α∈R．
（1）求函數(shù)y=g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若不等式f（x）≥g（x）+1在[1，+∞）上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若x∈（1，+∞），求證：不等式：e^x-1-2lnx＞-x+1．

Answer 1

分析 （1）求函數(shù)g（x）的導數(shù)，討論參數(shù)a的取值，利用函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)之間的關(guān)系進行求解即可；
（2）由題意可得e^x-1+a≥ax+lnx+1在[1，+∞）上恒成立，討論x=1時，恒成立；x＞1時，運用參數(shù)分離和構(gòu)造函數(shù)法，求出不等式右邊的取值范圍，即可得到a的范圍；
（3）若x∈（1，+∞），可令m（x）=e^x-1-2lnx+x-1，求出導數(shù)，判斷導數(shù)的單調(diào)性，可得m（x）的單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)g（x）的定義域為（0，+∞），
g（x）═ax+lnx的導數(shù)為g′（x）=a+$\frac{1}{x}$．
若a=0，g（x）=lnx，此時函數(shù)單調(diào)遞增，遞增區(qū)間為（0，+∞）；
若a＞0，則g′（x）=a+$\frac{1}{x}$＞0，此時函數(shù)單調(diào)遞增，遞增區(qū)間為（0，+∞）；
若a＜0，由g′（x）=a+$\frac{1}{x}$＜0得$\frac{1}{x}$＜-a，則x＞-$\frac{1}{a}$，此時函數(shù)單調(diào)遞減，
遞減區(qū)間為（-$\frac{1}{a}$，+∞），
由g′（x）=a+$\frac{1}{x}$＞0得$\frac{1}{x}$＞-a，則0＜x＜-$\frac{1}{a}$，此時函數(shù)單調(diào)遞增，遞增區(qū)間為（0，-$\frac{1}{a}$），
綜上若a≥0，則函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）；
若a＜0，則函數(shù)g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，-$\frac{1}{a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（-$\frac{1}{a}$，+∞）．
（2）若不等式f（x）≥g（x）+1在[1，+∞）上恒成立，
即為e^x-1+a≥ax+lnx+1在[1，+∞）上恒成立，
當x=1時，即為1+a≥1+a成立；
當x＞1時，原不等式即為a≤$\frac{{e}^{x-1}-lnx-1}{x-1}$恒成立，
由x＞1，可得x-1＞0．
又令h（x）=e^x-1-lnx-1，可得h（1）=1-0-1=0，
且h′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，由x＞1可得e^x-1＞1，$\frac{1}{x}$∈（0，1），
可得h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）遞增，即h（x）＞0，
故$\frac{{e}^{x-1}-lnx-1}{x-1}$＞0，
則a的取值范圍是（-∞，0]；
（3）證明：若x∈（1，+∞），可令m（x）=e^x-1-2lnx+x-1，
m′（x）=e^x-1-$\frac{2}{x}$+1，
由y=e^x-1在（1，+∞）遞增，y=-$\frac{2}{x}$+1在（1，+∞）遞增，
即有m′（x）在（1，+∞）遞增，
可得m′（x）＞m′（1）=0，
則m（x）在（1，+∞）遞增，
即有m（x）＞m（1）=1-0+1-1=1＞0，
則不等式e^x-1-2lnx＞-x+1在（1，+∞）成立．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和判斷單調(diào)性，考查單調(diào)性的運用，以及分類討論的思想方法和參數(shù)分離，以及構(gòu)造函數(shù)法，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．