Question

8．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=lnx，
（1）求證：f（x）≥x+1；
（2）設(shè)x₀＞1，求證：存在唯一的x₀使得g（x）圖象在點(diǎn)A（x₀，g（x₀））處的切線l與y=f（x）圖象也相切；
（3）求證：對(duì)任意給定的正數(shù)a，總存在正數(shù)x，使得$|\frac{f（x）-1}{x}-1|＜a$成立．

Answer 1

分析 （1）令F（x）=f（x）-x-1，求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值，證出結(jié)論；
（2）先求出g（x）在x₀處的切線方程，結(jié)合方程和曲線的關(guān)系以及函數(shù)的單調(diào)性證x₀在（1，+∞）上存在且唯一，從而證出結(jié)論；
（3）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為e^x-ax-x-1＜0在（0，+∞）上有解，令H（x）=e^x-ax-x-1，即證H（x）_min＜0，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（1）令F（x）=e^x-x-1，x∈R，
∵F′（x）=e^x-1=0，解得：x=0，
∴當(dāng)x＞0時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0，F(xiàn)（x）遞增，當(dāng)x＜0時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，F(xiàn)（x）遞減，
∴F（x）_最小值=F（0）=0，
由最小值定義得F（x）≥F（x）_min=0，即：e^x≥x+1，
（2）g（x）在x=x₀處切線方程為y=$\frac{1}{{x}_{0}}$x+lnx₀-1①，
設(shè)直線l與y=e^x圖象相切于點(diǎn)$（{{x_1}，{e^{x_1}}}）$，則l：$y={e^{x_1}}x+{e^{x_1}}（{1-{x_1}}）$②，
$\frac{1}{{x}_{0}}$=${e}^{{x}_{1}}$ ③，lnx₀=${e}^{{x}_{1}}$（1-x₁）④，由①②得$ln{x_0}-\frac{{{x_0}+1}}{{{x_0}-1}}=0$⑤，
下證x₀在（1，+∞）上存在且唯一．
令$G（x）=lnx-\frac{x+1}{x-1}（{x＞1}）$，$G'（x）=\frac{{{x^2}+1}}{{x{{（{x-1}）}^2}}}＞0$，∴G（x）在（1，+∞）上↗．
又$G（e）=\frac{-2}{e-1}＜0，G（{e^2}）=\frac{{{e^2}-3}}{{{e^2}-1}}＞0$，G（x）圖象連續(xù)，
∴存在唯一x₀∈（1，+∞）使⑤式成立，從而由③④可確立x₁．故得證，
（3）由（1）知$\frac{f（x）-1}{x}-1＞0$，
即證當(dāng)a＞0時(shí)，不等式e^x-1-x＜ax，
即：e^x-ax-x-1＜0在（0，+∞）上有解，
令H（x）=e^x-ax-x-1，即證H（x）_min＜0，
由H′（x）=e^x-a-1=0得x=ln（a+1）＞0，
當(dāng)0＜x＜ln（a+1）時(shí)，H′（x）＜0，H（x）減，
當(dāng)x＞ln（a+1）時(shí)，H′（x）＞0，H（x）↗，
∴H（x）_min=H（ln（a+1））=a+1-aln（a+1）-ln（a+1）-1，
令V（x）=x-xlnx-1，其中x=a+1＞1
則v′（x）=1-（1+lnx）=-lnx＜0，V（x）遞減，
∴V（x）＜V（1）=0，
綜上得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，考查綜合運(yùn)算能力，本題有一定的難度．