Question

8．已知函数f（x）=e^x，g（x）=lnx，
（1）求证：f（x）≥x+1；
（2）设x₀＞1，求证：存在唯一的x₀使得g（x）图象在点A（x₀，g（x₀））处的切线l与y=f（x）图象也相切；
（3）求证：对任意给定的正数a，总存在正数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）的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的最小值，证出结论；
（2）先求出g（x）在x₀处的切线方程，结合方程和曲线的关系以及函数的单调性证x₀在（1，+∞）上存在且唯一，从而证出结论；
（3）问题转化为e^x-ax-x-1＜0在（0，+∞）上有解，令H（x）=e^x-ax-x-1，即证H（x）_min＜0，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）令F（x）=e^x-x-1，x∈R，
∵F′（x）=e^x-1=0，解得：x=0，
∴当x＞0时，F′（x）＞0，F（x）递增，当x＜0时，F′（x）＜0，F（x）递减，
∴F（x）_最小值=F（0）=0，
由最小值定义得F（x）≥F（x）_min=0，即：e^x≥x+1，
（2）g（x）在x=x₀处切线方程为y=$\frac{1}{{x}_{0}}$x+lnx₀-1①，
设直线l与y=e^x图象相切于点$（{{x_1}，{e^{x_1}}}）$，则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，
下证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）图象连续，
∴存在唯一x₀∈（1，+∞）使⑤式成立，从而由③④可确立x₁．故得证，
（3）由（1）知$\frac{f（x）-1}{x}-1＞0$，
即证当a＞0时，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，即证H（x）_min＜0，
由H′（x）=e^x-a-1=0得x=ln（a+1）＞0，
当0＜x＜ln（a+1）时，H′（x）＜0，H（x）减，
当x＞ln（a+1）时，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
则v′（x）=1-（1+lnx）=-lnx＜0，V（x）递减，
∴V（x）＜V（1）=0，
综上得证．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，不等式的证明，考查综合运算能力，本题有一定的难度．