已知 $1<a\leqslant 2$，函数 $f(x)=e^x-x-a$，其中 $e\approx2.718281828459\cdots$ 是自然对数的底数．
【难度】
【出处】
2020年高考浙江卷
【标注】
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证明：函数 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上有唯一零点；标注答案略解析解：因为 $f(x)=e^x-x-a$ 且 $x>0$ 则 $e^x>1$
所以 $f'(x)=e^x-1>0$，则 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内单调递增
由于 $a\in(1,2]$
所以 $f(0)=1-a<0$
$f(2)=e^2-2-a=e^2-(a+2)\geqslant e^2-4>0$
因此，$f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 有唯一零点 -
记 $x_0$ 为函数 $y=f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的零点，证明：
（i）$\sqrt{a-1}\leqslant x_0\leqslant\sqrt{2(a-1)}$；
（ii）$x_0f(e^{x_0})\geqslant (e-1)(a-1)a.$标注答案略解析$\exists x_0\in(0,+\infty)$，使 $f(x_0)=0$
（i）证明：由已知 $\exists x_0\in(0,+\infty)$ 时，$f(x_0)=e^{x_0}-x_0-a=0$
所以 $a=e^{x_0}-x_0\in(1,2]$ 求 $x_0$
欲证 $x_0\leqslant\sqrt{a(a-1)}$，只须证 $x_0^2\geqslant 1+\frac{1}{2}x_0^2$
只须证 $e^{x_0}\geqslant 1+x_0+\frac{1}{2}x_0^2$
构造新函数，设 $G(x)=e^x-1-x-\frac{1}{2}x^2,(x>0)$
则 $G'(x)=e^x-1-x$ 设 $g(x)=G'(x)$ 则 $g'(x)=e^x-1>0$
所以 $G'(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，$G'(x)>G'(0)=0$
所以 $G(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，$G(x)>G(0)=0$
所以 $e^x>1+x+\frac{1}{2}x^2$，当 $x=0$ 时取“$=$”
所以 $e^{x_0}\geqslant 1+x_0+\frac{1}{2}x_0^2$，则公式 $x_0\leqslant\sqrt{2(a-1)}$ 成立
同理证明 $x_0\geqslant\sqrt{a-1}$，只须证 $x_0^2\geqslant a-1$，即证 $x_0^2\geqslant e^{x_0}-x_0-1$
构造新函数 $H(x)=e^x-x^2-x-1,x\in(0,\sqrt{2(a+1)})$
则 $H'(x)=e^x-2x-1$
设 $h(x)=H'(x)$，则 $h'(x)=e^x-2=0$ 时 $x=\ln 2$
所以 $h(x)=e^x-2x-1\leqslant\text{max}\left\{h(0),h(\sqrt{2(a-1)})\right\}$
因为 $h(0)=0,h(\sqrt{2(a-1)})=e^{\sqrt{2(a-1)}}-2\sqrt{2(a-1)}-1=0$
所以 $h(x)=H'(x)\leqslant 0$ 所以 $H(x)$ 在 $(0,\sqrt{2(a-1)})$ 上单调递减
且 $H(x)\leqslant H(0)=0,e^x\leqslant x^2+x+1$、
即 $e^{x_0}-x_0-a\leqslant x_0^2$
所以左边 $\sqrt{a-1}\leqslant x_0$ 成立，得证
（ii）证明：只须证 $x_0f(x_0+1)\geqslant (e-1)(a-1)a$
由于
$(xf(x+a))'=f(x+a)+xf'(x+a)$
$>f(x+a)>f(a)=e^a-2a$
$>1-a+\frac{a^2}{2}>0$
且 $x_0\geqslant\sqrt{a-1}$
则 $x_0f(x_0+a)\geqslant\sqrt{a-1}\cdot f(\sqrt{a-1}+a)$
只须证：$f(\sqrt{a-1}+a)\geqslant (e-1)\sqrt{a-1}\cdot a$
即：$e^{\sqrt{a-1}+a}-\sqrt{a-1}-a-a\geqslant (e-1)\cdot a\cdot\sqrt{a-1}$
由（i）可知 $e^x\geqslant 1+x+\frac{1}{2}x^2$
只须证：$1+\sqrt{a-1}+a+\frac{1}{2}(\sqrt{a-1}+a)^2-\sqrt{a-1}-2a\geqslant (e-1)a\sqrt{a-1}$
即：$1+\frac{1}{2}(\sqrt{a-1}+a)^2-a\geqslant (e-a)\cdot a\cdot\sqrt{a-1}$
转化为：$\frac{1}{2}(a-1+a^2+2a\sqrt{a-1})-(a-1)\geqslant (e-a)\cdot a\cdot\sqrt{a-1}$
$a^2-(\sqrt{a-1})^2\geqslant (e-a)\cdot a\cdot\sqrt{a-1}$
$\frac{a}{\sqrt{a-1}}-\frac{\sqrt{a-1}}{a}\geqslant 2(e-2)$
$\frac{a-1+1}{\sqrt{a-1}}-\frac{\sqrt{a-1}}{a-1+1}=\frac{1}{\sqrt{a-1}}+\sqrt{a-1}+\sqrt{a-1}-\frac{1}{\frac{1}{\sqrt{a-1}}+\sqrt{a-1}}$
$a\in(1,2]$，所以 $a-1\in(0,1],\sqrt{a-1}\in(0,1]$
所以 $\sqrt{a-1}+\frac{1}{\sqrt{a-1}}\in(2,+\infty)$
所以 $\frac{a}{\sqrt{a-1}}-\frac{\sqrt{a-1}}{a}\geqslant 2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\geqslant 2(e-2)$ 成立
所以得证
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
