浙江 2020 · 数学 q22

题面

22．已知$1 < a \leqslant 2$，函数$f \left( x \right) = e^{x} - x - a$，其中$e {=} 2 . 7 1 8 2 8 \cdots$为自然对数的底数

（Ⅰ）证明：函数$y = f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上有唯一零点；

（Ⅱ）记x₀为函数$y = f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上的零点，证明：

（ⅰ）${\sqrt{\ a - 1}} \leqslant x_{0} \leqslant{\sqrt{2 \left( a - 1 \right)}}$；

（ⅱ）$x_{0} f(e^{x_{0}}) \geqslant (e - 1)(a - 1)a$

（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点；

（Ⅱ）记x₀为函数$y = f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上的零点，证明：

（ⅰ）${\sqrt{\ a - 1}} \leqslant x_{0} \leqslant{\sqrt{2 \left( a - 1 \right)}}$；

（ⅱ）$x_{0} f(e^{x_{0}}) \geqslant (e - 1)(a - 1)a$

解析

分析

（Ⅰ）推导出x＞0时，$\begin{array}{r l}{f^{\prime}} & {{} ( x ) \ = e^{x} - 1 {>} 0} \end{array}$恒成立，$f \left( 0 \right) = < 0 , f \left( 2 \right) > 0$由此能证明函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点

（Ⅱ）（i）由f（x）单调增，$1 < a \leqslant 2$，设x₀的最大值为t，则$c^{t} \substack{= 2 + t , f ( 1 )} = c - 1 -$2＜0，则 t＞1，推导出$x_{0} \leqslant \sqrt{2 \left( a - 1 \right)}$．要证明${x_{0}}^{2} \geqslant a - 1 = e^{x_{0}} - x_{0}^{- 1}$，只需证明$\bar{e}^{\bar{x}_{0}} - {x_{0}}^{2} - x_{\bar{I}} - 1 \leqslant 0$，记$h \ \left( x \right) \ = e^{x} - 1 - x - x^{2} \ \left( 0 \leqslant x \leqslant t \right)$，则$\begin{array}{r l}{h^{\prime}} & {{} ( x ) \ = e^{x} - 1 - 2 x} \end{array}$利用导数性质能证明${\sqrt{\ a - 1}} \leqslant x_{0} \leqslant{\sqrt{2 \left( a - 1 \right)}}$

（ii）要证明$x_{0} f \left( e \pmb{\kappa}_{0} \right) \geqslant \left( e - 1 \right) \quad ( a - 1 ) a_{\iota}$，只需证明$x_{0} f \ ( x_{0} + a ) \ \geqslant \ ( e - 1 ) \ ( a - 1 )$a，只需$: \pm \frac{a}{\sqrt{a - 1}} - \frac{\sqrt{a - 1}}{a} \geq 2 ( e - 2 )$，由此能证明$x_{0} f \left( e x_{0} \right) \geqslant \left( e - 1 \right) \quad ( a - 1 ) \ a .$

解答

证明：$( \ 1 ) \ \because f \ ( x ) \ = e^{x} - x - a = 0 \ ( x > 0 ) , \ \div : f^{\prime} \ ( x ) \ = e^{x} - 1 > 0$恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，

$\because 1 < a \leqslant 2, \therefore f (2) = e^{2} - 2 - a \geqslant e^{2} - 4 > 0, \text{又} f (0) = 1 - a < 0,$

∴函数y＝f（x）在 （0，+∞）上有唯一零点

（Ⅱ）（i）∵f（x）单调增，$1 {<} a {\leqslant} 2$，设x₀的最大值为t，则c^t＝2+t，

$\therefore f \left( 1 \right) = c - 1 - 2 < 0$，则 t＞1，

右边：由于x≥0时，$e^{x} \geqslant 1 + x + \frac{1}{2}{x}^{2} .$，且$\underline{{x}}_{0} - x_{0} - a {=} 0$

则$a \geq 1 + \frac{1}{2}{x}_{0}^{2} , \therefore{x}_{0} \leqslant \sqrt{2 ( a - 1 )}$

左边：要证明$\Delta x_{0}^{2} \geq a - 1 = e^{x_{0}} - x_{\bar{\xi}} - 1$，只需证明$\bar{e}^{\bar{x}_{0}} - {x_{0}}^{2} - x_{\bar{0}} - 1 \leqslant 0$

记$\xi ( x ) \ = e^{x} - 1 - x - x^{2} \ \left( 0 {\leqslant} x {\leqslant} t \right)$，则$\begin{array}{r l}{h^{\prime}} & {{} ( x ) \ = e^{x} - 1 - 2 x} \end{array}$

h^“（x）＝e^x﹣2，∴h′（x）在（0，ln2）上单调减，在（ln2，+∞）上单调增，

$\therefore h^{\prime} \quad ( x ) = e^{x} - 1 - 2 x {\leqslant} m a x \{h^{\prime}$（0），$h^{\prime} \quad ( t ) \} = 0$

∴h（x）在0≤x≤t时单调减，$\begin{array}{r}{h \eta \left( x \right) \ = e^{x} - 1 - x - x^{2} \leqslant h \eta \left( 0 \right) \ = 0} \end{array}$

$\therefore \sqrt{a - 1} \leq x_{0} \leq \sqrt{2 \left( a - 1 \right)}$

（ii）要证明$x_{0} f \left( e x_{0} \right) \geqslant \left( e - 1 \right) \pmod{a}$，只需证$x_{0} f \left( x_{0} + a \right) \geqslant \left( e - 1 \right) \pmod{a}$

只需证$e^{\sqrt{a - 1} + a} - \sqrt{a - 1} - 2 a \geq \ ( e - 1 ) \ a \sqrt{a - 1} ,$

$\because e^{x} \geq 1 + x + {\frac{1}{2}}{x}^{2} , \ {\mathrm{.}}{\mathrm{.}}$只需证$1 + \frac{1}{2} ( \sqrt{a - 1} + a )^{2} - a \geq ( e - 1 ) a \sqrt{a - 1} ,$

只需证$a^{2} - ( \sqrt{a - 1} )^{2} - 2 ( e - 2 ) a \sqrt{a - 1} \geq 0$，即证$\frac{a}{\sqrt{a - 1}} - \frac{\sqrt{a - 1}}{a} \geq 2 ( e - 2 )$

$\because \frac{a}{\sqrt{a - 1}} = \frac{1}{\sqrt{a - 1}} + \sqrt{a - 1} \in (2, + \infty),$

$\therefore \frac{a}{\sqrt{a - 1}} - \frac{\sqrt{a - 1}}{a} \geqslant 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \geqslant (2 e - 2),$

$\therefore x_{0} f (e^{x_{0}}) \geqslant (e - 1) \quad (a - 1) a.$