Question

设a为实数，函数f(x)＝e x －2x＋2a，x∈R．（Ⅰ）求f(x)的单调区间与极值；（Ⅱ）求证：当a＞ln2－1且x

设a为实数，函数f(x)＝e x －2x＋2a，x∈R．（Ⅰ）求f(x)的单调区间与极值；（Ⅱ）求证：当a＞ln2－1且x＞0时，e x ＞x 2 －2ax＋1．

Answer 1

（Ⅰ）f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞),极小值为f(ln2)＝e ln2 －2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)；（Ⅱ）求证：当a＞ln2－1且x＞0时，e x ＞x 2 －2ax＋1．

试题分析：（Ⅰ）要求函数的单调区间和极值，需要求导，f(x)求导之后的结果f ′(x)＝e x －2，令f ′(x)＝0，得x＝ln2，列出x，f ′(x)，f(x)的变化情况表，根据表格写出函数的单增区间，单减区间，以及极小值为f(ln2)＝e ln2 －2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)，没有极大值；（Ⅱ）要证明不等式，最常用的方法是构造函数g(x)＝e x －x 2 ＋2ax－1，求导得g′(x)＝e x －2x＋2a，由题意，a＞ln2－1及（Ⅰ）知，则g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)＞0，因而对任意x∈R，都有g′(x)＞0，所以g(x)在R内单调递增，那么当x∈(0，＋∞)，必有g(x)＞g(0)，而g(0)＝0，所以e x ＞x 2 －2ax＋1. 试题解析：（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． 于是当x变化时，f ′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，ln2) ln2 (ln2，＋∞) f ′(x) － 0 ＋ f(x) 单调递减↘ 2(1－ln2＋a) 单调递增↗ 故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f(x)在x＝ln2处取得极小值，极小值为f(ln2)＝e ln2 －2ln2＋2a＝2(1－ln2＋a)． （Ⅱ）设g(x)＝e x －x 2 ＋2ax－1，x∈R． 于是g′(x)＝e x －2x＋2a，x∈R． 由（Ⅰ）知，当a＞ln2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln2)＝2(1－ln2＋a)＞0． 于是对任意x∈R，都有g′(x)＞0， ∴g(x)在R内单调递增． 于是当a＞ln2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)＞g(0)． 而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)＞0． 即e x －x 2 ＋2ax－1＞0，故e x ＞x 2 －2ax＋1．