Question

設(shè)a為實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)＝e^x－2x＋2a，x∈R．
（Ⅰ）求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值；
（Ⅱ）求證：當(dāng)a＞ln2－1且x＞0時(shí)，e^x＞x²－2ax＋1．

Answer 1

（Ⅰ）f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞),極小值為f(ln2)＝e^ln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)；（Ⅱ）求證：當(dāng)a＞ln2－1且x＞0時(shí)，e^x＞x²－2ax＋1．

解析試題分析：（Ⅰ）要求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值，需要求導(dǎo)，f(x)求導(dǎo)之后的結(jié)果f ′(x)＝e^x－2，令f ′(x)＝0，得x＝ln2，列出x，f ′(x)，f(x)的變化情況表，根據(jù)表格寫出函數(shù)的單增區(qū)間，單減區(qū)間，以及極小值為f(ln2)＝e^ln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)，沒(méi)有極大值；（Ⅱ）要證明不等式，最常用的方法是構(gòu)造函數(shù)g(x)＝e^x－x²＋2ax－1，求導(dǎo)得g′(x)＝e^x－2x＋2a，由題意，a＞ln2－1及（Ⅰ）知，則g′(x)的最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)＞0，因而對(duì)任意x∈R，都有g(shù)′(x)＞0，所以g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增，那么當(dāng)x∈(0，＋∞)，必有g(shù)(x)＞g(0)，而g(0)＝0，所以e^x＞x²－2ax＋1.
試題解析：（Ⅰ）由f(x)＝e^x－2x＋2a，x∈R知f ′(x)＝e^x－2，x∈R．
令f ′(x)＝0，得x＝ln2．
于是當(dāng)x變化時(shí)，f ′(x)，f(x)的變化情況如下表：

x	(－∞，ln2)	ln2	(ln2，＋∞)
f ′(x)	－	0	＋
f(x)	單調(diào)遞減↘	2(1－ln2＋a)	單調(diào)遞增↗

故f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2處取得極小值，極小值為f(ln2)＝e^ln2－2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)．
（Ⅱ）設(shè)g(x)＝e^x－x²＋2ax－1，x∈R．
于是g′(x)＝e^x－2x＋2a，x∈R．
由（Ⅰ）知，當(dāng)a＞ln2－1時(shí)，g′(x)的最小值為g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)＞0．
于是對(duì)任意x∈R，都有g(shù)′(x)＞0，
∴g(x)在R內(nèi)單調(diào)遞增．
于是當(dāng)a＞ln2－1時(shí)，對(duì)任意x∈(0，＋∞)，都有g(shù)(x)＞g(0)．
而g(0)＝0，從而對(duì)任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0．
即e^x－x²＋2ax－1＞0，故e^x＞x²－2ax＋1．
考點(diǎn)：1.利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)單調(diào)性及最值；2.根據(jù)函數(shù)證明不等式.