Question

12．已知函數(shù)f（x）=lnx-a（x-1），g（x）=e^x．
（1）求證：g（x）≥x+1（x∈R）；
（2）設(shè)h（x）=f（x+1）+g（x），若x≥0時(shí)，h（x）≥1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）構(gòu)造函數(shù)u（x）=e^x-（x+1），求出導(dǎo)函數(shù)u'（x）=e^x-1，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)求出函數(shù)的最小值即可；
（2）h（x）=f（x+1）+g（x）=ln（x+1）-ax+e^x，求出導(dǎo)函數(shù)$h'（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}-a$．求出$h''（x）={e^x}-\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}$=$\frac{{{{（x+1）}^2}{e^x}-1}}{{{{（x+1）}^2}}}≥0$，得出h'（x）在[0，+∞）上遞增，對參數(shù)a分類討論，得出原函數(shù)的最小值為1即可．

解答 （1）證明：令u（x）=e^x-（x+1），則u'（x）=e^x-1，
所以x＜0時(shí)u'（x）＜0，x＞0時(shí)u'（x）＞0，
所以u（x）≥u（0）=0，即e^x≥x+1
（2）解：h（x）=f（x+1）+g（x）=ln（x+1）-ax+e^x，$h'（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}-a$．
因?yàn)?h''（x）={e^x}-\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}$=$\frac{{{{（x+1）}^2}{e^x}-1}}{{{{（x+1）}^2}}}≥0$，
所以h'（x）在[0，+∞）上遞增
①當(dāng)a＞2時(shí)，h'（0）=2-a＜0，
又$h'（lna）={e^{lna}}+\frac{1}{lna+1}-a$=$\frac{1}{lna+1}＞0$
則存在x₀∈（0，lna），使得h'（x₀）=0．
所以h（x）在（0，x₀）上遞減，在（x₀，+∞）上遞增，又h（x₀）＜h（0）=1，
所以h（x）≥1不恒成立，不合題意．
②當(dāng)a≤2時(shí)，
因?yàn)閔'（0）=2-a＞0，所以h'（x）＞0在[0，+∞）上恒成立
即h（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，所以h（x）≥h（0）=1恒成立，符合題意．
綜合①②可知，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，2]．

點(diǎn)評 本題考查了導(dǎo)函數(shù)的應(yīng)用，難點(diǎn)是在求函數(shù)最值時(shí)對參數(shù)的分類討論和二次求導(dǎo)的應(yīng)用．