Question

12．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=lnx+1，
（1）求函數(shù)h（x）=f（x-1）-g（x）在區(qū)間[1，+∞）上的最小值；
（2）已知1≤y＜x，求證：e^x-y-1＞lnx-lny；
（3）設H（x）=（x-1）²f（x），在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)是否存在區(qū)間[a，b]（a＞1），使函數(shù)H（x）在區(qū)間[a，b]的值域也是[a，b]？請給出結(jié)論，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，結(jié)合x的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可；
（2）問題轉(zhuǎn)化為只需證明：$x-y+1≥\frac{x}{y}$，即證明：xy-y²+y-x≥0，而xy-y²+y-x=y（x-y）-（x-y）=（x-y）（y-1），從而證出結(jié)論；
（3）假設存在，得到方程（x-1）²e^x=x有兩個大于1的不等實根，設函數(shù)G（x）=（x-1）²e^x-x（x＞1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到G（x）在（1，+∞）上僅有一個零點，得到矛盾，從而判斷結(jié)論．

解答 解：（1）h（x）=e^x-1-lnx-1（x≥1），$h′（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{x}$，
∵x∈[1，+∞），∴${e^{x-1}}≥1，\frac{1}{x}∈（{0，1}]$∴$h′（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{x}≥0$，
∴函數(shù)h（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，∴h（x）_min=h（1）=0．…（4分）
（2）由（1）知，當x≥1時，e^x-1-1≥lnx且當x=1時取等號，∵1≤y＜x，∴x-y+1＞1
∴e^x-y+1-1-1＞ln（x-y+1），要證明e^x-y-1＞lnx-lny，
只需證明：ln（x-y+1）≥lnx-lny，只需證明：$x-y+1≥\frac{x}{y}$，…（7分）
即證明：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，得證．
∴當1≤y＜x時，e^x-y-1＞lnx-lny．…（9分）
（3）H（x）=（x-1）²f（x），H′（x）=（x²-1）e^x
假設存在區(qū)間[a，b]（a＞1），使函數(shù)H（x）在區(qū)間[a，b]的值域也是[a，b]，
當x＞1時，H′（x）＞0，所以函數(shù)在區(qū)間（1，+∞）單調(diào)遞增，
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有兩個大于1的不等實根，…（11分）
設函數(shù)G（x）=（x-1）²e^x-x（x＞1），則G′（x）=（x²-1）e^x-1，G′′（x）=（x²+2x-1）e^x，
當x＞1時，G′′（x）＞0，即函數(shù)G′（x）=（x²-1）e^x-1在區(qū)間（1，+∞）單調(diào)遞增，
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，
當x∈（1，x₀）時，G′（x）＜0，函數(shù)G（x）遞減，當x∈（x₀，+∞）時，G′（x）＞0，函數(shù)G（x）遞增，
所以函數(shù)G（x）有極小值G（x₀）＜G（1）=-1，G（2）=e²-2＞0，
所以函數(shù)G（x）在（1，+∞）上僅有一個零點，
這與方程（x-1）²e^x=x有兩個大于1的不等實根矛盾，
故不存在區(qū)間[a，b]（a＞1），使函數(shù)H（x）在區(qū)間[a，b]的值域也是[a，b]．…（16分）

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及不等式的證明，是一道綜合題．