Question

11．已知函數f（x）=e^x-a（x+1），
（1）求f（x）的單調區間及a=1時的極值；
（2）解關于x的不等式e^x（x-1）＞（x-1）（$\frac{1}{2}$x²+x+1）．

Answer 1

分析 （1）f′（x）=e^x-a，對a分類討論：a≤0時，f′（x）＞0，即可得出單調性．a＞0時，令f′（x）=e^x-a=0，解得x=lna．進而判斷單調性．a=1時，f′（x）=e^x-1，f′（0）=0，因此x=0時，函數f（x）取得極小值．
（2）①x=1時不成立．舍去．②x＞1時，不等式e^x（x-1）＞（x-1）（$\frac{1}{2}$x²+x+1）化為：不等式e^x＞$\frac{1}{2}$x²+x+1．令g（x）=e^x-（$\frac{1}{2}$x²+x+1），利用導數研究其單調性即可得出不等式e^x（x-1）＞（x-1）（$\frac{1}{2}$x²+x+1）的解集．
③x＜1時，不等式e^x（x-1）＞（x-1）（$\frac{1}{2}$x²+x+1）化為：不等式e^x＜$\frac{1}{2}$x²+x+1．令g（x）=e^x-（$\frac{1}{2}$x²+x+1），由①可得：g（x）在（-∞，1）上單調遞增，且g（0）=0，即可得出不等式的解集．

解答 解：（1）f′（x）=e^x-a，因此a≤0時，f′（x）＞0，∴函數f（x）在R上單調遞增．
a＞0時，令f′（x）=e^x-a=0，解得x=lna．
∴函數f（x）在（-∞，lna）單調遞減；在（lna，+∞）上單調遞增．
a=1時，f′（x）=e^x-1，f′（0）=0，因此x=0時，函數f（x）取得極小值，f（0）=0．
（2）①x=1時不成立．舍去
②x＞1時，不等式e^x（x-1）＞（x-1）（$\frac{1}{2}$x²+x+1）化為：不等式e^x＞$\frac{1}{2}$x²+x+1．
令g（x）=e^x-（$\frac{1}{2}$x²+x+1），g′（x）=e^x-x-1，g^″（x）=e^x-1＞e-1．
∴g′（x）在[1，+∞）上單調遞增，∴g′（x）＞g′（1）=e-2＞0．
∴函數g（x）在[1，+∞）上單調遞增，∴g（x）＞g（1）=e-2.5＞0，
因此不等式e^x＞$\frac{1}{2}$x²+x+1的解集為（1，+∞）．
即不等式e^x（x-1）＞（x-1）（$\frac{1}{2}$x²+x+1）的解集為（1，+∞）．
③x＜1時，不等式e^x（x-1）＞（x-1）（$\frac{1}{2}$x²+x+1）化為：不等式e^x＜$\frac{1}{2}$x²+x+1．
令g（x）=e^x-（$\frac{1}{2}$x²+x+1），
由①可得：g（x）在（-∞，1）上單調遞增，且g（0）=0，
∴x＜0時，g（x）＜0，因此x＜1時，不等式e^x（x-1）＞（x-1）（$\frac{1}{2}$x²+x+1）的解集為（-∞，0）．
綜上可得：x＜1時，不等式e^x（x-1）＞（x-1）（$\frac{1}{2}$x²+x+1）的解集為{x|x＜0，或x＞1}．

點評 本題考查了利用導數研究函數的單調性極值、解不等式，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．