Question

8．已知函数f（x）=e^x-a-ln（x+a）．
（Ⅰ）当$a=\frac{1}{2}$时，求f（x）的单调区间与极值；
（Ⅱ）当a≤1时，证明：f（x）＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间和极值即可；
（Ⅱ）法一：问题转化为只需证明当a=1时，f（x）=e^x-1-ln（x+1）＞0，根据函数的单调性证明即可；
法二：先证不等式e^x≥x+1与x-1≥lnx，设g（x）=e^x-x-1，h（x）=x-1-lnx，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）$a=\frac{1}{2}$时，$f（x）={e^{x-\frac{1}{2}}}-ln（x+\frac{1}{2}）$，$f'（x）={e^{x-\frac{1}{2}}}-\frac{1}{{x+\frac{1}{2}}}（x＞-\frac{1}{2}）$，
注意到$y={e^{x-\frac{1}{2}}}$与$y=-\frac{1}{{x+\frac{1}{2}}}$都是增函数，于是f'（x）在$（-\frac{1}{2}，+∞）$上递增，
又$f'（\frac{1}{2}）=0$，故$-\frac{1}{2}＜x＜\frac{1}{2}$时，f'（x）＜0；故$x＞\frac{1}{2}$时，f'（x）＞0，
所以f（x）在$（-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$上单调递减，在$（\frac{1}{2}，+∞）$上单调递增，
当$x=\frac{1}{2}$时，f（x）取得极小值1，f（x）无极大值．…（6分）
（Ⅱ）方法一：当a≤1，x∈（-a，+∞）时，x-a≥x-1，x+a≤x+1，
∴e^x-a≥e^x-1，ln（x+a）≤ln（x+1），e^x-a-ln（x+a）≥e^x-1-ln（x+1）
故只需证明当a=1时，f（x）=e^x-1-ln（x+1）＞0．
当a=1时，$f'（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{x+1}$在（-1，+∞）上单增，
又$f'（0）=\frac{1}{e}-1＜0$，$f'（1）=\frac{1}{2}＞0$，
故f'（x）在（-1，+∞）上有唯一零点x₀∈（0，1）．
当x∈（-1，x₀）时，f'（x）＜0；当x∈（x₀，+∞）时，f'（x）＞0．
从而x=x₀时，f（x）取得最小值．
由f'（x₀）=0得：${e^{{x_0}-1}}=\frac{1}{{{x_0}+1}}$，ln（x₀+1）=1-x₀，
故$f（x）≥f（{x_0}）={e^{{x_0}-1}}-ln（{x_0}+1）=\frac{1}{{{x_0}+1}}+{x_0}-1=\frac{x_0^2}{{{x_0}+1}}＞0$，
综上，当a≤1时，f（x）＞0．…（12分）
方法二：先证不等式e^x≥x+1与x-1≥lnx，
设g（x）=e^x-x-1，则g'（x）=e^x-1=0⇒x=0，
可得g（x）在（-∞，0）上单减，在（0，+∞）上单增，
∴g（x）=e^x-x-1≥g（0）=0，即e^x≥x+1；
设h（x）=x-1-lnx，则$h'（x）=1-\frac{1}{x}=0⇒x=1$，
可得h（x）在（0，1）上单增，在（1，+∞）上单减，
∴h（x）=x-1-lnx≥h（1）=0，即x-1≥lnx．
于是，当a≤1时，e^x-a≥x-a+1≥x+a-1≥ln（x+a），
注意到以上三个不等号的取等条件分别为：x=a、a=1、x+a=1，它们无法同时取等，
所以，当a≤1时，e^x-a＞ln（x+a），即f（x）＞0．…（12分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．