Question

【题目】已知函数f（x）=xex﹣1﹣a（x+lnx），a∈R．
（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为x轴，求a的值：
（2）在（1）的条件下，求f（x）的单调区间；
（3）若x＞0，f（x）≥f（m）恒成立，且f（m）≥0，求证：f（m）≥2（m2﹣m3）．

Answer 1

【答案】
（1）解：f（x）的定义域是（0，+∞），

f′（x）=ex﹣1+xex﹣1﹣a（1+ ），

故f（1）=1﹣a，f′（1）=2﹣2a，

故切线方程是：y﹣（1﹣a）=（2﹣2a）（x﹣1），

即y=（2﹣2a）x+a﹣1；

由2﹣2a=0，且a﹣1=0，解得：a=1

（2）解：由（1）得a=1，f′（x）=（x+1）（ex﹣1﹣ ），

令g（x）=ex﹣1﹣ ，x∈（0，+∞），

∵g′（x）=ex﹣1+ ＞0，故g（x）在（0，+∞）递增，

又g（1）=0，x∈（0，1）时，g（x）＜g（1）=0，

此时f′（x）＜0，f（x）递减，

x∈（1，+∞）时，g（x）＞g（1）=0，此时f′（x）＞0，f（x）递增，

故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增

（3）解：f′（x）=（x+1）（ex﹣1﹣ ），

令h（x）=ex﹣1﹣ ，x∈（0，+∞），

①a≤0时，h（x）＞0，此时f′（x）＞0，f（x）递增，无最小值，

故a≤0不合题意；

②a＞0时，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）递增，

取实数b，满足0＜b＜min{ ， }，

则eb﹣1＜ = ，﹣ ＜﹣2，

故h（b）=eb﹣1﹣ ＜ ﹣2＜0，

又h（a+1）=ea﹣ ＞1﹣ = ＞0，

∴存在唯一的x0∈（b，a+1），使得h（x0）=0，即a=x0 ，

x∈（0，x0）时，h（x）＜h（x0）=0，此时f′（x）＜0，f（x）递减，

x∈（x0，+∞）时，h（x）＞h（x0）=0，此时f′（x）＞0，f（x）递增，

故x=x0时，f（x）取最小值，

由题设，x0=m，故a=mem﹣1，lna=lnm+m﹣1，

f（m）=mem﹣1（1﹣m﹣lnm），

由f（m）≥0，得1﹣m﹣lnm≥0，

令ω（m）=1﹣m﹣lnm，显然ω（x）在（0，+∞）递减，

∵ω（1）=0，∴，1﹣m﹣lnm≥0，故0＜m≤1，

下面证明em﹣1≥m，令n（x）=em﹣1﹣m，则n′（m）=em﹣1﹣1，

m∈（0，1）时，n′（x）＜0，n（x）在（0，1）递减，

故m∈（0，1]时，n（m）≥n（1）=0，即em﹣1≥m，

两边取对数，得lnem﹣1≥lnm，即m﹣1≥lnm，﹣lnm≥1﹣m，

故1﹣m﹣lnm≥2（1﹣m）≥0，

∵em﹣1≥m＞0，∴f（m）=mem﹣1（1﹣m﹣lnm）≥m2，2（1﹣m）=2（m2﹣m3），

综上，f（m）≥2（m2﹣m3）

【解析】（1）求出函数f（x）的对数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；（2）求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；（3）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围求出函数的单调区间，从而证明不等式即可．
【考点精析】通过灵活运用利用导数研究函数的单调性，掌握一般的,函数的单调性与其导数的正负有如下关系： 在某个区间内，(1)如果，那么函数在这个区间单调递增；(2)如果，那么函数在这个区间单调递减即可以解答此题．