Question

8．已知函數f（x）=e^x-a-ln（x+a）．
（Ⅰ）當$a=\frac{1}{2}$時，求f（x）的單調區間與極值；
（Ⅱ）當a≤1時，證明：f（x）＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間和極值即可；
（Ⅱ）法一：問題轉化為只需證明當a=1時，f（x）=e^x-1-ln（x+1）＞0，根據函數的單調性證明即可；
法二：先證不等式e^x≥x+1與x-1≥lnx，設g（x）=e^x-x-1，h（x）=x-1-lnx，根據函數的單調性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）$a=\frac{1}{2}$時，$f（x）={e^{x-\frac{1}{2}}}-ln（x+\frac{1}{2}）$，$f'（x）={e^{x-\frac{1}{2}}}-\frac{1}{{x+\frac{1}{2}}}（x＞-\frac{1}{2}）$，
注意到$y={e^{x-\frac{1}{2}}}$與$y=-\frac{1}{{x+\frac{1}{2}}}$都是增函數，于是f'（x）在$（-\frac{1}{2}，+∞）$上遞增，
又$f'（\frac{1}{2}）=0$，故$-\frac{1}{2}＜x＜\frac{1}{2}$時，f'（x）＜0；故$x＞\frac{1}{2}$時，f'（x）＞0，
所以f（x）在$（-\frac{1}{2}，\frac{1}{2}）$上單調遞減，在$（\frac{1}{2}，+∞）$上單調遞增，
當$x=\frac{1}{2}$時，f（x）取得極小值1，f（x）無極大值．…（6分）
（Ⅱ）方法一：當a≤1，x∈（-a，+∞）時，x-a≥x-1，x+a≤x+1，
∴e^x-a≥e^x-1，ln（x+a）≤ln（x+1），e^x-a-ln（x+a）≥e^x-1-ln（x+1）
故只需證明當a=1時，f（x）=e^x-1-ln（x+1）＞0．
當a=1時，$f'（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{x+1}$在（-1，+∞）上單增，
又$f'（0）=\frac{1}{e}-1＜0$，$f'（1）=\frac{1}{2}＞0$，
故f'（x）在（-1，+∞）上有唯一零點x₀∈（0，1）．
當x∈（-1，x₀）時，f'（x）＜0；當x∈（x₀，+∞）時，f'（x）＞0．
從而x=x₀時，f（x）取得最小值．
由f'（x₀）=0得：${e^{{x_0}-1}}=\frac{1}{{{x_0}+1}}$，ln（x₀+1）=1-x₀，
故$f（x）≥f（{x_0}）={e^{{x_0}-1}}-ln（{x_0}+1）=\frac{1}{{{x_0}+1}}+{x_0}-1=\frac{x_0^2}{{{x_0}+1}}＞0$，
綜上，當a≤1時，f（x）＞0．…（12分）
方法二：先證不等式e^x≥x+1與x-1≥lnx，
設g（x）=e^x-x-1，則g'（x）=e^x-1=0⇒x=0，
可得g（x）在（-∞，0）上單減，在（0，+∞）上單增，
∴g（x）=e^x-x-1≥g（0）=0，即e^x≥x+1；
設h（x）=x-1-lnx，則$h'（x）=1-\frac{1}{x}=0⇒x=1$，
可得h（x）在（0，1）上單增，在（1，+∞）上單減，
∴h（x）=x-1-lnx≥h（1）=0，即x-1≥lnx．
于是，當a≤1時，e^x-a≥x-a+1≥x+a-1≥ln（x+a），
注意到以上三個不等號的取等條件分別為：x=a、a=1、x+a=1，它們無法同時取等，
所以，當a≤1時，e^x-a＞ln（x+a），即f（x）＞0．…（12分）

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，轉化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．