Question

11．已知函数f（x）=e^x-1+a，函数g（x）═ax+lnx，α∈R．
（1）求函数y=g（x）的单调区间；
（2）若不等式f（x）≥g（x）+1在[1，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）若x∈（1，+∞），求证：不等式：e^x-1-2lnx＞-x+1．

Answer 1

分析 （1）求函数g（x）的导数，讨论参数a的取值，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可；
（2）由题意可得e^x-1+a≥ax+lnx+1在[1，+∞）上恒成立，讨论x=1时，恒成立；x＞1时，运用参数分离和构造函数法，求出不等式右边的取值范围，即可得到a的范围；
（3）若x∈（1，+∞），可令m（x）=e^x-1-2lnx+x-1，求出导数，判断导数的单调性，可得m（x）的单调性，即可得证．

解答 解：（1）函数g（x）的定义域为（0，+∞），
g（x）═ax+lnx的导数为g′（x）=a+$\frac{1}{x}$．
若a=0，g（x）=lnx，此时函数单调递增，递增区间为（0，+∞）；
若a＞0，则g′（x）=a+$\frac{1}{x}$＞0，此时函数单调递增，递增区间为（0，+∞）；
若a＜0，由g′（x）=a+$\frac{1}{x}$＜0得$\frac{1}{x}$＜-a，则x＞-$\frac{1}{a}$，此时函数单调递减，
递减区间为（-$\frac{1}{a}$，+∞），
由g′（x）=a+$\frac{1}{x}$＞0得$\frac{1}{x}$＞-a，则0＜x＜-$\frac{1}{a}$，此时函数单调递增，递增区间为（0，-$\frac{1}{a}$），
综上若a≥0，则函数g（x）的单调递增区间为（0，+∞）；
若a＜0，则函数g（x）的单调递增区间为（0，-$\frac{1}{a}$），单调递减区间为（-$\frac{1}{a}$，+∞）．
（2）若不等式f（x）≥g（x）+1在[1，+∞）上恒成立，
即为e^x-1+a≥ax+lnx+1在[1，+∞）上恒成立，
当x=1时，即为1+a≥1+a成立；
当x＞1时，原不等式即为a≤$\frac{{e}^{x-1}-lnx-1}{x-1}$恒成立，
由x＞1，可得x-1＞0．
又令h（x）=e^x-1-lnx-1，可得h（1）=1-0-1=0，
且h′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，由x＞1可得e^x-1＞1，$\frac{1}{x}$∈（0，1），
可得h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）递增，即h（x）＞0，
故$\frac{{e}^{x-1}-lnx-1}{x-1}$＞0，
则a的取值范围是（-∞，0]；
（3）证明：若x∈（1，+∞），可令m（x）=e^x-1-2lnx+x-1，
m′（x）=e^x-1-$\frac{2}{x}$+1，
由y=e^x-1在（1，+∞）递增，y=-$\frac{2}{x}$+1在（1，+∞）递增，
即有m′（x）在（1，+∞）递增，
可得m′（x）＞m′（1）=0，
则m（x）在（1，+∞）递增，
即有m（x）＞m（1）=1-0+1-1=1＞0，
则不等式e^x-1-2lnx＞-x+1在（1，+∞）成立．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和判断单调性，考查单调性的运用，以及分类讨论的思想方法和参数分离，以及构造函数法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．