Question

13．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=lnx+1（x≥1），
（1）求函數(shù)h（x）=f（x-1）-g（x）（x≥1）的最小值；
（2）已知1≤y＜x，求證：e^x-y-1＞lnx-lny；
（3）設(shè)H（x）=（x-1）²f（x），在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)是否存在區(qū)間[a，b]（a＞1），使函數(shù)H（x）在區(qū)間[a，b]的值域也是[a，b]？請(qǐng)給出結(jié)論，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合x(chóng)的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可；
（2）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為只需證明：x-y+1≥$\frac{x}{y}$，即證明：xy-y²+y-x≥0，而xy-y²+y-x=y（x-y）-（x-y）=（x-y）（y-1），從而證出結(jié)論；
（3）假設(shè)存在，得到方程（x-1）²e^x=x有兩個(gè)大于1的不等實(shí)根，設(shè)函數(shù)G（x）=（x-1）²e^x-x（x＞1），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到G（x）在（1，+∞）上僅有一個(gè)零點(diǎn)，得到矛盾，從而判斷結(jié)論．

解答 解：（1）h（x）=e^x-1-lnx-1（x≥1），h′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，
∵x∈[1，+∞），∴e^x-1≥1，$\frac{1}{x}$∈（0，1]，
∴h′（x）≥0，
∴函數(shù)h（x）在區(qū)間[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h（x）_min=h（1）=0；
（2）由（1）知，當(dāng)x≥1時(shí)，e^x-1-1≥lnx且當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)，
∵1≤y＜x，∴x-y+1＞1
∴e^x-y+1-1-1＞ln（x-y+1），要證明e^x-y-1＞lnx-lny，
只需證明：ln（x-y+1）≥lnx-lny，只需證明：x-y+1≥$\frac{x}{y}$，
即證明：xy-y²+y-x≥0，而xy-y²+y-x=y（x-y）-（x-y）=（x-y）（y-1），
∵1≤y＜x，∴x-y＞0，y-1≥0，∴xy-y²+y-x=（x-y）（y-1）≥0，得證．
∴當(dāng)1≤y＜x時(shí)，e^x-y-1＞lnx-lny．
（3）H（x）=（x-1）²f（x），H′（x）=（x²-1）e^x
假設(shè)存在區(qū)間[a，b]（a＞1），使函數(shù)H（x）在區(qū)間[a，b]的值域也是[a，b]，
當(dāng)x＞1時(shí)，H′（x）＞0，所以函數(shù)在區(qū)間（1，+∞）單調(diào)遞增，
故 $\left\{\begin{array}{l}{H（a）{{=（e-1）}^{2}e}^{a}=a}\\{H（b）{{=（b-1）}^{2}e}^=b}\end{array}\right.$，即方程（x-1）²e^x=x有兩個(gè)大于1的不等實(shí)根，
設(shè)函數(shù)G（x）=（x-1）²e^x-x（x＞1），則G′（x）=（x²-1）e^x-1，G′′（x）=（x²+2x-1）e^x，
當(dāng)x＞1時(shí)，G′′（x）＞0，即函數(shù)G′（x）=（x²-1）e^x-1在區(qū)間（1，+∞）單調(diào)遞增，
又G′（1）=-1＜0，G′（2）=3e²-1＞0，所以存在唯一的x₀∈（1，2）使得G′（x₀）=0，
當(dāng)x∈（1，x₀）時(shí)，G′（x）＜0，函數(shù)G（x）遞減，當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，G′（x）＞0，函數(shù)G（x）遞增，
所以函數(shù)G（x）有極小值G（x₀）＜G（1）=-1，G（2）=e²-2＞0，
所以函數(shù)G（x）在（1，+∞）上僅有一個(gè)零點(diǎn)，
這與方程（x-1）²e^x=x有兩個(gè)大于1的不等實(shí)根矛盾，
故不存在區(qū)間[a，b]（a＞1），使函數(shù)H（x）在區(qū)間[a，b]的值域也是[a，b]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及不等式的證明，是一道綜合題．