Question

11．已知函数f（x）=x-lnx，g（x）=$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$，b∈[0，$\frac{1}{3}$）．（其中e为自然对数的底数）
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$对x∈[1，+∞）恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，令导数大于0，可得增区间，令导数小于0，可得减区间；
（2）由（1）得，当x∈[1，+∞）时，f（x）≥f（1）=1．要证明f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$对x∈[1，+∞）恒成立，只需证明g（x）＞$\frac{e}{3}$即可，即证明$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$＞$\frac{e}{3}$，也就是证明e^x-bx-b＞$\frac{e}{3}{x}^{2}$对x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．令F（x）=e^x-bx-b-$\frac{e}{3}{x}^{2}$，其中∈[0，$\frac{1}{3}$），利用导数即可证得答案．

解答 （1）解：由f（x）=x-lnx，得f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$（x＞0）．
当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．
∴f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+∞）；
（2）证明：由（1）知，f（x）在[1，+∞）上为增函数，
∴f（x）≥f（1）=1．
要证f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$对x∈[1，+∞）恒成立，则需证g（x）＞$\frac{e}{3}$在[1，+∞）上恒成立．
即证明$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$＞$\frac{e}{3}$对x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
即证明e^x-bx-b＞$\frac{e}{3}{x}^{2}$对x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
令F（x）=e^x-bx-b-$\frac{e}{3}{x}^{2}$，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
F′（x）=e^x-b-$\frac{2e}{3}x$，
F″（x）=e^x-$\frac{2e}{3}$＞0对x∈[1，+∞）恒成立，
∴F′（x）=e^x-b-$\frac{2e}{3}x$在[1，+∞）单调递增，且F′（1）=$\frac{e}{3}$-b＞0．
∴F（x）在[1，+∞）单调递增，且F（1）=2（$\frac{e}{3}$-b）＞0．
∴F（x）＞0对x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
∴g（x）＞$\frac{e}{3}$．
∴f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$对x∈[1，+∞）恒成立．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，同时考查不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，不等式的证明方法，构造法的思想方法，属于中档题．