Question

3．（1）證明不等式e^x≥x+1
（2）若存在x∈（0，+∞），使不等式$\frac{2x-m}{{e}^{x}-x}$＞x成立，求m的取值范圍
（3）設(shè)P，Q分別是函數(shù)y=lnx與y=e^x圖象上的動(dòng)點(diǎn)，試證明|PQ|$≥\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 （1）構(gòu)造函數(shù)f（x）=e^x-x-1，x＞0，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求得f（x）最小值即得，f（x）＞f（0）=0，不等式即可得證，
（2）先判斷e^x-x＞1，則不等式$\frac{2x-m}{{e}^{x}-x}$＞x成立等價(jià)于m＜-x（e^x-x-2），令h（x）=-x（e^x-x-2）（x＞0），利用導(dǎo)數(shù)法可求得h（x）_max，從而可得m的取值范圍．
（3）函數(shù)y=lnx與y=e^x圖象關(guān)于y=x對(duì)稱，分別求出過點(diǎn)P，Q的切點(diǎn)，即可求出最小距離．

解答 證明：（1）令f（x）=e^x-x-1，x＞0，
則f′（x）=e^x-1＞0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
∴對(duì)任意x∈（0，+∞），有f（x）＞f（0），
而f（0）=e⁰-0-1=0，∴f（x）＞0，
即e^x＞x+1．
（2）：設(shè)g（x）=e^x-x
∴g′（x）=e^x-1，
當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＞0，g（x）=e^x-x在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增；
即g（x）＞g（0）=1．
∴e^x-x＞1，
∴$\frac{2x-m}{{e}^{x}-x}$＞x?2x-m＞x（e^x-x），
∴m＜-x（e^x-x-2），
令h（x）=-x（e^x-x-2）（x＞0），
則h′（x）=-（e^x-x-2）-x（e^x-1）=（x+1）（2-e^x），
當(dāng)0＜x＜ln2時(shí)，h′（x）＞0；當(dāng)x＞ln2時(shí)，h′（x）＜0；
∴當(dāng)x=ln2時(shí)，h（x）取得極大值，也是最大值，為h（ln2）=-ln2（e^ln2-ln2-2）=ln²2．
∴m＜ln²2．
（3）函數(shù)y=lnx與y=e^x圖象關(guān)于y=x對(duì)稱，
∴y′=$\frac{1}{x}$與y′=e^x，
分別設(shè)切點(diǎn)為（x_P，y_P），（x_Q，y_Q），
∴$\frac{1}{{x}_{P}}$=1，${e}^{{x}_{Q}}$=1，
∴x_P=1，x_Q=0，
∴y_P=0，y_Q=1，
∴|PQ|≥$\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}$=2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值，考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想與運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．