Question

5．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax（e為自然對數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù)）在點（0，1）處的切線斜率為-1．
（Ⅰ）求a的值及函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）證明：當(dāng)x＞0時，x²＜e^x；
（Ⅲ）證明：對任意給定的正數(shù)c，總存在x₀，使得當(dāng)x∈（x₀，+∞），恒有x²＜ce^x．

Answer 1

分析 （I）f′（x）=e^x-a，由f′（0）=-1，解得a=2．可得f（x）=e^x-2x，f′（x）=e^x-2．利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值即可得出．
（II）令g（x）=e^x-x²，則g′（x）=e^x-2x，由（I）可得：g′（x）≥f（ln2）＞0，利用g（x）在R上單調(diào)遞增，即可證明．
（III）法一：首項證明當(dāng)x∈（0，+∞）時，恒有$\frac{1}{3}{x}^{3}$＜e^x，令h（x）=$\frac{1}{3}{x}^{3}$-e^x，由（II）可知：當(dāng)x＞0時，e^x＞x²，利用h（x）的單調(diào)性可得：$\frac{1}{3}{x}^{3}$＜e^x．取x₀=$\frac{3}{c}$，當(dāng)x＞x₀時，即可證明x²＜ce^x．
法二：對任意給定的正數(shù)c，取x₀=$\frac{4}{\sqrt{c}}$，由（II）可知：當(dāng)x＞0時，e^x＞x²，可得e^x＞$（\frac{x}{2}）^{2}$•$（\frac{x}{2}）^{2}$，當(dāng)x＞x₀時，恒有x²＜ce^x．
法三：①若c≥1，則e^x≤ce^x．由（II）可知：當(dāng)x＞0時，ce^x＞x²．取x₀=0，即可證明x²＜ce^x．
②若0＜c＜1，令$k=\frac{1}{c}$＞1，要使不等式x²＜ce^x成立，只要e^x＞kx²成立．而要使e^x＞kx²成立，只要x＞ln（kx²），即只要x＞2lnx+lnk成立．令h（x）=x-2lnx-lnk，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值即可證明．

解答 （I）解：f′（x）=e^x-a，∵f′（0）=-1=1-a，∴a=2．
∴f（x）=e^x-2x，f′（x）=e^x-2．
令f′（x）=0，解得x=ln2．
當(dāng)x＜ln2時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x＞ln2時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=ln2時，函數(shù)f（x）取得極小值，為f（ln2）=2-2ln2，無極大值．
（II）證明：令g（x）=e^x-x²，則g′（x）=e^x-2x，由（I）可得：g′（x）=f（x）≥f（ln2）＞0，∴g（x）在R上單調(diào)遞增，
因此：x＞0時，g（x）＞g（0）=1＞0，∴x²＜e^x．
（III）證明：法一：首項證明當(dāng)x∈（0，+∞）時，恒有$\frac{1}{3}{x}^{3}$＜e^x，令h（x）=$\frac{1}{3}{x}^{3}$-e^x，則h′（x）=x²-e^x，
由（II）可知：當(dāng)x＞0時，e^x＞x²，從而h′（x）＜0，h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減．
∴h（x）＜h（0）=-1＜0，即$\frac{1}{3}{x}^{3}$＜e^x．
取x₀=$\frac{3}{c}$，當(dāng)x＞x₀時，有$\frac{1}{c}{x}^{2}＜\frac{1}{3}{x}^{3}$＜e^x．
因此，對任意給定的正數(shù)c，總存在x₀，使得當(dāng)x∈（x₀，+∞），恒有x²＜ce^x．
法二：對任意給定的正數(shù)c，取x₀=$\frac{4}{\sqrt{c}}$，由（II）可知：當(dāng)x＞0時，e^x＞x²，∴e^x=${e}^{\frac{x}{2}}$$•{e}^{\frac{x}{2}}$＞$（\frac{x}{2}）^{2}$•$（\frac{x}{2}）^{2}$，
當(dāng)x＞x₀時，e^x＞$（\frac{x}{2}）^{2}$•$（\frac{x}{2}）^{2}$＞$\frac{4}{c}$$•（\frac{x}{2}）^{2}$=$\frac{1}{c}{x}^{2}$，
對任意給定的正數(shù)c，總存在x₀，使得當(dāng)x∈（x₀，+∞），恒有x²＜ce^x．
法三：①若c≥1，則e^x≤ce^x．由（II）可知：當(dāng)x＞0時，e^x＞x²，
∴當(dāng)x＞0時，ce^x＞x²．
取x₀=0，當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，恒有x²＜ce^x．
②若0＜c＜1，令$k=\frac{1}{c}$＞1，要使不等式x²＜ce^x成立，只要e^x＞kx²成立．
而要使e^x＞kx²成立，只要x＞ln（kx²），即只要x＞2lnx+lnk成立．
令h（x）=x-2lnx-lnk，則h′（x）=1-$\frac{2}{x}$=$\frac{x-2}{x}$，
∴當(dāng)x＞2時，h′（x）＞0，h（x）在（2，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
取x₀=16k＞16，∴h（x）在（x₀，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增．
又h（x₀）=16k-2ln（16k）-lnk=8（k-ln2）+3（k-lnk）+5k，
易知k＞lnk，k＞ln2，5k＞0．
∴h（x₀）＞0，即存在x₀=$\frac{16}{c}$，當(dāng)x∈（x₀，+∞）時，恒有x²＜ce^x．
綜上：對任意給定的正數(shù)c，總存在x₀，使得當(dāng)x∈（x₀，+∞），恒有x²＜ce^x．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、不等式的性質(zhì)、方程的解法，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．