每日一题[2057]基本放缩

已知 $1 < a \leqslant 2$，函数 $f(x) = {\mathrm e}^{x} - x - a$．其中 ${\rm e} \approx 2.718281828459 \cdots$ 是自然底数．

1、证明：$f(x)$ 在 $x>0$ 时，有唯一零点．

2、若 $x_0$ 为 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的零点．

① 求证：$\sqrt{a-1} \leqslant x_{0} \leqslant \sqrt{2(a-1)}$；

② 求证：$x_0 f\left({\rm e}^{x_0}\right) \geqslant ({\rm e} - 1)(a - 1)a$．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数

$$f'(x)={\rm e}^x-1,$$ 当 $x>0$ 时，函数 $f(x)$ 单调递增，而 $$f(0)\cdot f(2)=(1-a)\cdot \left({\rm e}^2-2-a\right)<0,$$ 于是 $f(x)$ 在 $x>0$ 时存在唯一零点．

2、① 令 $t=\sqrt{a-1}$，则 $a=t^2+1$，且 $t\in (0,1]$，只需要证明

$$\begin{cases} {\rm e}^t-t-(t^2+1)\leqslant 0,\\ {\rm e}^{\sqrt 2t}-\sqrt 2t-(t^2+1)\geqslant 0,\end{cases}\iff \begin{cases} {\rm e}^{-t}\left(t^2+t+1\right)\geqslant 1,\\ {\rm e}^{-\sqrt 2t}\left(t^2+\sqrt 2t+1\right)\leqslant 1,\end{cases}$$ 设两个不等式的左侧分别为 $g(t)$ 和 $h(t)$，则它们的导函数分别为 $$g'(t)={\rm e}^{-t}\cdot t(1-t),\quad h'(t)={\rm e}^{\sqrt 2t}\cdot \left(-\sqrt 2t^2\right),$$ 于是 $g(t)$ 在 $t\in (0,1]$ 上单调递增，$h(t)$ 在 $t\in (0,1]$ 上单调递减，因此在 $t\in (0,1]$ 上，有 $$g(t)\geqslant g(0)=1,\quad h(t)\leqslant h(0)=1,$$ 命题得证．

② 根据题意，有

$$\begin{split} x_0f\left({\rm e}^{x_0}\right)&=x_0f(x_0+a)\\ &=x_0\cdot \left({\rm e}^{x_0+a}-(x_0+a)-a\right)\\ &=x_0\cdot \left((x_0+a){\rm e}^a-x_0-2a\right)\\ &=\left({\rm e}^a-1\right)x_0^2+a\left({\rm e}^a-2\right)x_0\\ &\geqslant \left({\rm e}a-1\right)(a-1)\\ &\geqslant ({\rm e}-1)a(a-1),\end{split}$$ 其中用到了 ${\rm e}^x>{\rm e}x$（取 $y={\rm e}^x$ 在 $x=1$ 处的切线，命题得证．