Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=xex﹣1﹣a（x+lnx），a∈R．
（1）若曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線為x軸，求a的值：
（2）在（1）的條件下，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若x＞0，f（x）≥f（m）恒成立，且f（m）≥0，求證：f（m）≥2（m2﹣m3）．

Answer 1

【答案】
（1）解：f（x）的定義域是（0，+∞），

f′（x）=ex﹣1+xex﹣1﹣a（1+ ），

故f（1）=1﹣a，f′（1）=2﹣2a，

故切線方程是：y﹣（1﹣a）=（2﹣2a）（x﹣1），

即y=（2﹣2a）x+a﹣1；

由2﹣2a=0，且a﹣1=0，解得：a=1

（2）解：由（1）得a=1，f′（x）=（x+1）（ex﹣1﹣ ），

令g（x）=ex﹣1﹣ ，x∈（0，+∞），

∵g′（x）=ex﹣1+ ＞0，故g（x）在（0，+∞）遞增，

又g（1）=0，x∈（0，1）時(shí)，g（x）＜g（1）=0，

此時(shí)f′（x）＜0，f（x）遞減，

x∈（1，+∞）時(shí)，g（x）＞g（1）=0，此時(shí)f′（x）＞0，f（x）遞增，

故f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增

（3）解：f′（x）=（x+1）（ex﹣1﹣ ），

令h（x）=ex﹣1﹣ ，x∈（0，+∞），

①a≤0時(shí)，h（x）＞0，此時(shí)f′（x）＞0，f（x）遞增，無(wú)最小值，

故a≤0不合題意；

②a＞0時(shí)，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）遞增，

取實(shí)數(shù)b，滿足0＜b＜min{ ， }，

則eb﹣1＜ = ，﹣ ＜﹣2，

故h（b）=eb﹣1﹣ ＜ ﹣2＜0，

又h（a+1）=ea﹣ ＞1﹣ = ＞0，

∴存在唯一的x0∈（b，a+1），使得h（x0）=0，即a=x0 ，

x∈（0，x0）時(shí)，h（x）＜h（x0）=0，此時(shí)f′（x）＜0，f（x）遞減，

x∈（x0，+∞）時(shí)，h（x）＞h（x0）=0，此時(shí)f′（x）＞0，f（x）遞增，

故x=x0時(shí)，f（x）取最小值，

由題設(shè)，x0=m，故a=mem﹣1，lna=lnm+m﹣1，

f（m）=mem﹣1（1﹣m﹣lnm），

由f（m）≥0，得1﹣m﹣lnm≥0，

令ω（m）=1﹣m﹣lnm，顯然ω（x）在（0，+∞）遞減，

∵ω（1）=0，∴，1﹣m﹣lnm≥0，故0＜m≤1，

下面證明em﹣1≥m，令n（x）=em﹣1﹣m，則n′（m）=em﹣1﹣1，

m∈（0，1）時(shí)，n′（x）＜0，n（x）在（0，1）遞減，

故m∈（0，1]時(shí)，n（m）≥n（1）=0，即em﹣1≥m，

兩邊取對(duì)數(shù)，得lnem﹣1≥lnm，即m﹣1≥lnm，﹣lnm≥1﹣m，

故1﹣m﹣lnm≥2（1﹣m）≥0，

∵em﹣1≥m＞0，∴f（m）=mem﹣1（1﹣m﹣lnm）≥m2，2（1﹣m）=2（m2﹣m3），

綜上，f（m）≥2（m2﹣m3）

【解析】（1）求出函數(shù)f（x）的對(duì)數(shù)，計(jì)算f（1），f′（1），求出切線方程即可；（2）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（3）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而證明不等式即可．
【考點(diǎn)精析】通過(guò)靈活運(yùn)用利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，掌握一般的,函數(shù)的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個(gè)區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個(gè)區(qū)間單調(diào)遞減即可以解答此題．