Question

13．已知函数f（x）=e^x．
（1）当x＞0时，设g（x）=f（x）-（2a-1）x（a∈R），试讨论函数g（x）的单调性；
（2）证明当x∈[$\frac{1}{3}$，1]时，f（x）＜x²+x+1．

Answer 1

分析 （1）利用导数研究函数g（x）的单调性和对a分类讨论即可得出；
（2）设h（x）=f（x）-（x²+x+1），利用导数研究其单调性，只有证明h（x）_max＜0即可．

解答 解：（1）g（x）=e^x-（2a-1）x，g′（x）=e^x-（2a-1），
当x＞0时，e^x＞1，
∴当2a-1≤1，即a≤1时，g′（x）＞0，
当2a-1＞1，即a＞1时，
令g′（x）＞0，得x＞ln（2a-1）；
令g′（x）＞0，得0＜x＜ln（2a-1）．
综上可知：当a≤1时，g（x）在（0，+∞）上是增函数，
当a＞1时，g（x）在（0，ln（2a-1））上是减函数，在（ln（2a-1），+∞）上是增函数；
（2）证明：设h（x）=f（x）-（x²+x+1）=e^x-x²-x-1，h′（x）=e^x-2x-1，
令m（x）=h′（x）=e^x-2x-1，m′（x）=e^x-2，
∵x∈[$\frac{1}{3}$，1]时，
∴当x∈[$\frac{1}{3}$，ln2）时，m′（x）＜0，m（x）在[$\frac{1}{3}$，ln2）上是减函数，
当x∈（ln2，1]时，m′（x）＞0，m（x）在（ln2，1]上是增函数，
又m（$\frac{1}{3}$）=$\root{3}{e}$-$\frac{5}{3}$＜0，m（1）=e-3＜0，
∴当x∈[$\frac{1}{3}$，1]时，恒有m（x）＜0，即h′（x）＜0，
∴h（x）在[$\frac{1}{3}$，1]上为减函数，
∴h（x）≤h（$\frac{1}{3}$）=$\root{3}{e}$-$\frac{13}{9}$＜0，
即x∈[$\frac{1}{3}$，1]时，f（x）＜x²+x+1．

点评 本题考查了导数研究函数的单调性极值与最值，考查了分类讨论的思想方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．