Question

18．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=lnx+2．
（I）當(dāng)x＞0時(shí)，求證：f（x）＞g（x）；
（Ⅱ）當(dāng)x≥1時(shí)，若不等式f（x）≥2ax-a≥g（x）-$\frac{3}{2}$恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）對(duì)p（x）求導(dǎo)，再令h（x）=p′（x）=0，令x=m（0＜m＜1），h（x）=0，即e^m=$\frac{1}{m}$，-m=lnm，再討論0＜x＜m，x＞m，m（x）的單調(diào)性，得到p（x）＞p（m），由基本不等式證明p（m）＞0即可；
（2）運(yùn)用參數(shù)分離可得x≥1時(shí)，a≤$\frac{{e}^{x}}{2x-1}$恒成立，且a≥$\frac{lnx+\frac{1}{2}}{2x-1}$恒成立，分別求得右邊函數(shù)的最大值和最小值，由不等式恒成立思想即可得到a的范圍．

解答 （1）證明：令p（x）=f（x）-g（x）=e^x-lnx-2，
∵p′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
令h（x）=p′（x），則h′（x）=e^x+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴h（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
令x=m（0＜m＜1），h（x）=0，即e^m=$\frac{1}{m}$，即-m=lnm，
當(dāng)0＜x＜m時(shí)，h（x）＜0，則p（x）在（0，m）上遞減，
p（x）＞p（m）=e^m-2-lnm=$\frac{1}{m}$+m-2＞2-2=0，
即p（x）＞0；
當(dāng)x＞m時(shí)，h（x）＞0，則p（x）在（m，+∞）上遞增，
p（x）＞p（m）=$\frac{1}{m}$+m-2＞2-2=0，
即f（x）＞g（x）．
（2）解：當(dāng)x≥1時(shí)，若不等式f（x）≥2ax-a≥g（x）-$\frac{3}{2}$恒成立，
即為a≤$\frac{{e}^{x}}{2x-1}$恒成立，或a≥$\frac{lnx+\frac{1}{2}}{2x-1}$恒成立
令m（x）=$\frac{{e}^{x}}{2x-1}$（x≥1），m′（x）=$\frac{{e}^{x}（2x-3）}{{（2x-1）}^{2}}$，
當(dāng)1≤x＜$\frac{3}{2}$時(shí)，m′（x）＜0，m（x）遞減；
當(dāng)x＞$\frac{3}{2}$時(shí)，m′（x）＞0，m（x）遞增．
則x=$\frac{3}{2}$處m（x）取得極小值，也為最小值，且為$\frac{1}{2}$${e}^{\frac{3}{2}}$，
則a≤$\frac{1}{2}$${e}^{\frac{3}{2}}$，①
令n（x）=$\frac{lnx+\frac{1}{2}}{2x-1}$（x≥1），
n′（x）=$\frac{1-\frac{1}{x}-2lnx}{{（2x-1）}^{2}}$，
由1-$\frac{1}{x}$-2lnx的導(dǎo)數(shù)為$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{2}{x}$=$\frac{1-2x}{{x}^{2}}$＜0（x≥1），
即有1-$\frac{1}{x}$-2lnx≤0，
即為n′（x）≤0，n（x）在x≥1上遞減，
則n（x）≤n（1）=$\frac{1}{2}$，
則a≥$\frac{1}{2}$②
由①②可得$\frac{1}{2}$≤a≤$\frac{1}{2}$${e}^{\frac{3}{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用：判斷函數(shù)的單調(diào)性，以及構(gòu)造函數(shù)的思想，考查函數(shù)的單調(diào)性和應(yīng)用，屬于中檔題．