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已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.(Ⅰ)当a=0时,求证:f(x)≥0;(Ⅱ)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;(Ⅲ)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.
题目详情
已知函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(Ⅰ)当a=0时,求证:f(x)≥0;
(Ⅱ)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(Ⅲ)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.
(Ⅰ)当a=0时,求证:f(x)≥0;
(Ⅱ)当x≥0时,若不等式f(x)≥0恒成立,求实数a的取值范围;
(Ⅲ)若x>0,证明(ex-1)ln(x+1)>x2.
▼优质解答
答案和解析
(Ⅰ)a=0时,f(x)=ex-1-x,
f′(x)=ex-1…(1分)
当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0…(2分)
故在单调递减,在单调递增,
f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0…(3分)
(Ⅱ)f'(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h'(x)=ex-2a.
1)当2a≤1时,在[0,+∞)上,h'(x)≥0,h(x)递增,h(x)≥h(0),
即f'(x)≥f'(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)为增函数,
∴f(x)≥f(0)=0,∴a≤
时满足条件;…(5分)
2)当2a>1时,令h'(x)=0,解得x=ln2a,
当x∈[0,ln2a)上,h'(x)<0,h(x)单调递减,
∴x∈(0,ln2a)时,有h(x)<h(0)=0,即f'(x)<f'(0)=0,
∴f(x)在区间(0,ln2a)为减函数,
∴f(x)<f(0)=0,不合题意…(7分)
综上得实数a的取值范围为(-∞,
]…(8分)
(Ⅲ)由(Ⅱ)得,当a=
时,x>0,ex>1+x+
,即ex-1>x+
,
欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>
…(10分)
设F(x)=ln(x+1)-
,则F′(x)=
,
∵x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,
∴F(x)>0恒成立.
所以原不等式得证…(12分)
f′(x)=ex-1…(1分)
当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0;
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0…(2分)
故在单调递减,在单调递增,
f(x)min=f(0)=0,∴f(x)≥0…(3分)
(Ⅱ)f'(x)=ex-1-2ax,令h(x)=ex-1-2ax,则h'(x)=ex-2a.
1)当2a≤1时,在[0,+∞)上,h'(x)≥0,h(x)递增,h(x)≥h(0),
即f'(x)≥f'(0)=0,∴f(x)在[0,+∞)为增函数,
∴f(x)≥f(0)=0,∴a≤
1 |
2 |
2)当2a>1时,令h'(x)=0,解得x=ln2a,
当x∈[0,ln2a)上,h'(x)<0,h(x)单调递减,
∴x∈(0,ln2a)时,有h(x)<h(0)=0,即f'(x)<f'(0)=0,
∴f(x)在区间(0,ln2a)为减函数,
∴f(x)<f(0)=0,不合题意…(7分)
综上得实数a的取值范围为(-∞,
1 |
2 |
(Ⅲ)由(Ⅱ)得,当a=
1 |
2 |
x2 |
2 |
x2 |
2 |
欲证不等式(ex-1)ln(x+1)>x2,只需证ln(x+1)>
2x |
x+2 |
设F(x)=ln(x+1)-
2x |
x+2 |
x2 |
(x+1)(x+2)2 |
∵x>0时,F′(x)>0恒成立,且F(0)=0,
∴F(x)>0恒成立.
所以原不等式得证…(12分)
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