Question

11．已知函數(shù)f（x）=x-lnx，g（x）=$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$，b∈[0，$\frac{1}{3}$）．（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）證明f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$對(duì)x∈[1，+∞）恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)大于0，可得增區(qū)間，令導(dǎo)數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）由（1）得，當(dāng)x∈[1，+∞）時(shí)，f（x）≥f（1）=1．要證明f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$對(duì)x∈[1，+∞）恒成立，只需證明g（x）＞$\frac{e}{3}$即可，即證明$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$＞$\frac{e}{3}$，也就是證明e^x-bx-b＞$\frac{e}{3}{x}^{2}$對(duì)x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．令F（x）=e^x-bx-b-$\frac{e}{3}{x}^{2}$，其中∈[0，$\frac{1}{3}$），利用導(dǎo)數(shù)即可證得答案．

解答 （1）解：由f（x）=x-lnx，得f′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$（x＞0）．
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0．
∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，1），單調(diào)增區(qū)間為（1，+∞）；
（2）證明：由（1）知，f（x）在[1，+∞）上為增函數(shù)，
∴f（x）≥f（1）=1．
要證f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$對(duì)x∈[1，+∞）恒成立，則需證g（x）＞$\frac{e}{3}$在[1，+∞）上恒成立．
即證明$\frac{{e}^{x}-bx-b}{{x}^{2}}$＞$\frac{e}{3}$對(duì)x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
即證明e^x-bx-b＞$\frac{e}{3}{x}^{2}$對(duì)x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
令F（x）=e^x-bx-b-$\frac{e}{3}{x}^{2}$，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
F′（x）=e^x-b-$\frac{2e}{3}x$，
F″（x）=e^x-$\frac{2e}{3}$＞0對(duì)x∈[1，+∞）恒成立，
∴F′（x）=e^x-b-$\frac{2e}{3}x$在[1，+∞）單調(diào)遞增，且F′（1）=$\frac{e}{3}$-b＞0．
∴F（x）在[1，+∞）單調(diào)遞增，且F（1）=2（$\frac{e}{3}$-b）＞0．
∴F（x）＞0對(duì)x∈[1，+∞）恒成立，其中∈[0，$\frac{1}{3}$）．
∴g（x）＞$\frac{e}{3}$．
∴f（x）+g（x）＞1+$\frac{e}{3}$對(duì)x∈[1，+∞）恒成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，同時(shí)考查不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，不等式的證明方法，構(gòu)造法的思想方法，屬于中檔題．