Question

9．已知f（x）=e^x，g（x）=lnx．
（1）若f（$\frac{1}{e}$x）-ax≥0恒成立（a≥0），求a的取值范圍；
（2）求證：f（$\frac{1}{e}$x）-g（x-e）＞1．

Answer 1

分析 （1）分類討論，a=0時顯然符合題意，a＞0時，構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系即可求出a的取值范圍；
（2）所求證式子可化為${e^{\frac{1}{e}x}}＞eln（x-e）+e（x＞e）$，構(gòu)造函數(shù)r（x）=eln（x-e）+e（x＞e），求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的最值的關(guān)系，以及（1）的結(jié)論即可證明．

解答 解：（1）a=0時顯然符合題意，
a＞0時，因為f（$\frac{1}{e}$x）-ax≥0恒成立，即${e}^{\frac{1}{e}x}$-ax≥0，恒成立，
令h（x）=${e}^{\frac{1}{e}x}$-ax，
則$h'（x）=\frac{1}{e}{e^{\frac{1}{e}x}}-a$，
假設(shè)h'（x₀）=0，則${e^{\frac{1}{e}{x_0}}}=ae，{x_0}=e（lna+1）$，
且可知x∈（-∞，x₀）時h'（x₀）＜0，x∈（x₀，+∞）時h'（x₀）＞0，
所以h（x）≥h（x₀），令h（x₀）＞0，得ae-ae（lna+1）≥0，
所以lna≤0，
所以0≤a≤1．
（2）證明：所求證式子可化為${e^{\frac{1}{e}x}}＞eln（x-e）+e（x＞e）$，
令r（x）=eln（x-e）+e（x＞e），則$r'（x）=\frac{e}{x-e}-1=\frac{2e-x}{x-e}（x＞e）$，
易得x=2e時r（x）有最大值，而r（2e）=elne+e-2e=0，
所以r（x）≤0且x=2e時取“=”，
即x≥eln（x-e）+e且x=2e時取“=”，
由（1）可知${e^{\frac{1}{e}x}}≥x$且x=x₀=e時取“=”，
所以${e^{\frac{1}{e}x}}≥eln（e-x）+e$，
即$f（\frac{1}{e}x-1）-g（x-e）＞1$．

點(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了函數(shù)恒成立問題，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，屬難題．