Question

13．设函数f（x）=e^x-lnx-1，其中e是自然对数的底数
（1）求证：函数f（x）存在极小值；
（2）若?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{m}{x}$≤0成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出${f}^{'}（x）={e}^{x}-\frac{1}{x}$（x＞0），从而${f}^{''}（x）={e}^{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，进而函数f′（x）在（0，+∞）是增函数，由此利用导数性质能证明函数f（x）存在极小值．
（2）?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{m}{x}$≤0成立，等价于?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式m≥e^x-xlnx成立，令h（x）=e^x-xlnx，x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），则h′（x）=e^x-lnx-1=f（x），由此利用导性质能求出实数m的取值范围．

解答 证明：（1）∵f（x）=e^x-lnx-1，∴${f}^{'}（x）={e}^{x}-\frac{1}{x}$（x＞0），
∴${f}^{''}（x）={e}^{x}+\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴函数f′（x）在（0，+∞）是增函数，…（2分）
∵f${\;}^{'}（\frac{1}{2}）$=$\sqrt{e}$-2＜0，f′（1）=e-1＞0，且函数f′（x）图象在（0，+∞）上不间断，
∴?x₀∈（$\frac{1}{2}，1$），使得f′（x₀）=0，…（3分）
结合函数f′（x）在（0，+∞）是增函数，有：

x	（0，x0）	（x0，+∞）
f′（x）	-	+

∴函数f（x）存在极小值f（x₀）．
（没体现单调区间扣1分）    …（5分）
解：（2）?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式$\frac{{e}^{x}}{x}$-lnx-$\frac{m}{x}$≤0成立，
等价于?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式m≥e^x-xlnx成立（*）  …（6分）
令h（x）=e^x-xlnx，x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），
则h′（x）=e^x-lnx-1=f（x），
∴结合（1）得：[h′（x）]_min=$f（{x}_{0}）={e}^{{x}_{0}}-ln{x}_{0}-1$，…（8分）
其中${x}_{0}∈（\frac{1}{2}，1）$，满足f′（x₀）=0，即${e}^{{x}_{0}}-\frac{1}{{x}_{0}}$=0，
∴${e}^{{x}_{0}}=\frac{1}{{x}_{0}}$，x₀=-lnx₀，
∴[h′（x）]_min=${e}^{{x}_{0}}$-lnx₀-1=$\frac{1}{{x}_{0}}+{x}_{0}-1$＞2$\sqrt{\frac{1}{{x}_{0}}•{x}_{0}}$-1=1＞0，…（10分）
∴x∈[$\frac{1}{2}，+∞$），h′（x）＞0，
∴h（x）在[$\frac{1}{2}，+∞$）内单调递增，…（11分）
∴[h（x）]_min=h（$\frac{1}{2}$）=${e}^{\frac{1}{2}}$-$\frac{1}{2}ln\frac{1}{2}$=${e}^{\frac{1}{2}}$+$\frac{1}{2}ln2$，
结合（*）有$m＞{e}^{\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}ln2$，
即实数m的取值范围为[${e}^{\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}ln2$，+∞）．  …（12分）

点评 本题考查函数存在最小值的证明，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．