Question

6．已知函数f（x）=me^x-lnx-1．
（1）当m=1，x∈[1，+∞）时，求y=f（x）的值域；
（2）当m≥1时，证明：f（x）＞1．

Answer 1

分析 （1）求得m=1时，求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）的值域即可；
（2）：运用分析法证明，当m≥1时，f（x）=me^x-lnx-1≥e^x-lnx-1．要证明f（x）＞1，只需证明e^x-lnx-2＞0，
思路1：设g（x）=e^x-lnx-2，求得导数，求得单调区间，可得最小值，证明大于0即可；
思路2：先证明e^x≥x+1（x∈R），设h（x）=e^x-x-1，求得导数和单调区间，可得最小值大于0；证明x-lnx-1≥0．设p（x）=x-lnx-1，求得导数和单调区间，可得最小值大于0，即可得证．

解答 解：（1）m=1时，f（x）=e^x-lnx-1，f′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
故f′（x）＞0在x∈[1，+∞）恒成立，
故f（x）在[1，+∞）递增，f（x）的最小值是f（1）=e-1，
故f（x）在值域是[e-1，+∞）；
（2）当m≥1时，f（x）=me^x-lnx-1≥e^x-lnx-1．
要证明f（x）＞1，只需证明e^x-lnx-2＞0．
以下给出三种思路证明e^x-lnx-2＞0．
思路1：设g（x）=e^x-lnx-2，则g′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$．
设h（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，则h′（x）=e^x+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
所以函数h（x）=g′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上单调递增．
因为g′（$\frac{1}{2}$）=${e}^{\frac{1}{2}}$-2＜0，g'（1）=e-1＞0，
所以函数g′（x）在（0，+∞）上有唯一零点x₀，且x₀∈（$\frac{1}{2}$，1）．
因为g'（x₀）=0时，所以${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，即lnx₀=-x₀．
当x∈（0，x₀）时，g'（x）＜0；当x∈（x₀，+∞）时，g'（x）＞0．
所以当x=x₀时，g（x）取得最小值g（x₀）．
故g（x）≥g（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-lnx₀-2=$\frac{1}{{x}_{0}}$+x₀-2＞0．
综上可知，当m≥1时，f（x）＞1．
思路2：先证明e^x≥x+1（x∈R）．
设h（x）=e^x-x-1，则h'（x）=e^x-1．
因为当x＜0时，h'（x）＜0，当x＞0时，h'（x）＞0，
所以当x＜0时，函数h（x）单调递减，
当x＞0时，函数h（x）单调递增．
所以h（x）≥h（0）=0．
所以e^x≥x+1（当且仅当x=0时取等号）．
所以要证明e^x-lnx-2＞0，
只需证明（x+1）-lnx-2＞0．
下面证明x-lnx-1≥0．
设p（x）=x-lnx-1，则p′（x）=1-$\frac{1}{x}$=$\frac{x-1}{x}$．
当0＜x＜1时，p'（x）＜0，当x＞1时，p'（x）＞0，
所以当0＜x＜1时，函数p（x）单调递减，当x＞1时，函数p（x）单调递增．
所以p（x）≥p（1）=0．
所以x-lnx-1≥0（当且仅当x=1时取等号）．
由于取等号的条件不同，
所以e^x-lnx-2＞0．
综上可知，当m≥1时，f（x）＞1．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、极值和最值，考查不等式的证明，注意运用不等式的传递性和构造函数法，运用导数判断单调性，考查化简整理的运算能力，属于难题．