Question

12．已知函數(shù)f（x）=x•e^x-1-a（x+lnx），a∈R．
（1）若曲線y=f（x）在點（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

分析 （1）求出函數(shù)f（x）的對數(shù)，計算f（1），f′（1），求出切線方程即可；
（2）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（3）求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，通過討論a的范圍求出函數(shù)的單調區(qū)間，從而證明不等式即可．

解答 解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），
f′（x）=e^x-1+x•e^x-1-a（1+$\frac{1}{x}$），
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）由（1）得a=1，f′（x）=（x+1）（e^x-1-$\frac{1}{x}$），
令g（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，x∈（0，+∞），
∵g′（x）=e^x-1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，故g（x）在（0，+∞）遞增，
又g（1）=0，x∈（0，1）時，g（x）＜g（1）=0，
此時f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（1，+∞）時，g（x）＞g（1）=0，此時f′（x）＞0，f（x）遞增，
故f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
（3）f′（x）=（x+1）（e^x-1-$\frac{a}{x}$），
令h（x）=e^x-1-$\frac{a}{x}$，x∈（0，+∞），
①a≤0時，h（x）＞0，此時f′（x）＞0，f（x）遞增，無最小值，
故a≤0不合題意；
②a＞0時，h′（x）＞0，h（x）在（0，+∞）遞增，
取實數(shù)b，滿足0＜b＜min{$\frac{a}{2}$，$\frac{3}{2}$}，
則e^b-1＜${e}^{\frac{3}{2}-1}$=$\sqrt{e}$，-$\frac{a}$＜-2，
故h（b）=e^b-1-$\frac{a}$＜$\sqrt{e}$-2＜0，
又h（a+1）=e^a-$\frac{a}{a+1}$＞1-$\frac{a}{a+1}$=$\frac{1}{a+1}$＞0，
∴存在唯一的x₀∈（b，a+1），使得h（x₀）=0，即a=x₀${e}^{{x}_{0}-1}$，
x∈（0，x₀）時，h（x）＜h（x₀）=0，此時f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（x₀，+∞）時，h（x）＞h（x₀）=0，此時f′（x）＞0，f（x）遞增，
故x=x₀時，f（x）取最小值，
由題設，x₀=m，故a=m•e^m-1，lna=lnm+m-1，
f（m）=me^m-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e^m-1≥m，令n（x）=e^m-1-m，則n′（m）=e^m-1-1，
m∈（0，1）時，n′（x）＜0，n（x）在（0，1）遞減，
故m∈（0，1]時，n（m）≥n（1）=0，即e^m-1≥m，
兩邊取對數(shù)，得lne^m-1≥lnm，即m-1≥lnm，-lnm≥1-m，
故1-m-lnm≥2（1-m）≥0，
∵e^m-1≥m＞0，∴f（m）=m•e^m-1（1-m-lnm）≥m²，2（1-m）=2（m²-m³），
綜上，f（m）≥2（m²-m³）．

點評 本題考查了切線方程問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．