Question

18．已知m＞0，设函数f（x）=e^mx-lnx-2．
（1）若m=1，证明：存在唯一实数$t∈（\frac{1}{2}，1）$，使得f′（t）=0；
（2）若当x＞0时，f（x）＞0，证明：$m＞{e^{-\frac{1}{2}}}$．

Answer 1

分析 （1）m=1时，化简函数f（x）=e^x-lnx-2，求出函数的导数，判断函数的单调性，通过f′（$\frac{1}{2}$）＜0，f′（1）＞0，利用零点判定定理证明即可；
（2）求出函数f（x）的导函数，再求出导函数的导数，判断f′（x）在（0，+∞）上为增函数，结合（1）可求f（x）有最小值f（x₀）=e^t-lnt+lnm-2，进一步得到f（x₀）=$\frac{1}{t}+t-2+lnm$．设h（t）=$\frac{1}{t}+t-2+lnm$，利用导数求其在（$\frac{1}{2}，1$）上的值域（lnm，lnm+$\frac{1}{2}$）．由f（x）＞0恒成立可得lnm+$\frac{1}{2}$＞0成立，从而得到$m＞{e^{-\frac{1}{2}}}$．

解答 证明：（1）当m=1时，f（x）=e^x-lnx-2，f′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，x＞0．
f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又f′（$\frac{1}{2}$）＜0，f′（1）＞0，
故存在唯一实数t∈（$\frac{1}{2}$，1），使得f′（t）=0；
（2）f′（x）=me^mx-$\frac{1}{x}$，f″（x）=${m}^{2}{e}^{mx}+\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴f′（x）在（0，+∞）上为增函数，而f′（x）=m（${e}^{mx}-\frac{1}{mx}$），
由（1）得，存在唯一实数mx₀=t∈（$\frac{1}{2}，1$），使得f（x₀）=0．
当x∈（0，x₀）时，f′（x）＜0，当x∈（x₀，+∞）时，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x₀）上单调递减，在（x₀，+∞）上单调递增．
故f（x）有最小值f（x₀）=e^t-lnt+lnm-2．
由（1）得${e}^{t}=\frac{1}{t}$，t=-lnt，
∴f（x₀）=$\frac{1}{t}+t-2+lnm$．
设h（t）=$\frac{1}{t}+t-2+lnm$，当t∈（$\frac{1}{2}，1$）时，h′（t）=$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}}$＜0．
h（t）在（$\frac{1}{2}，1$）上单调递减，
∴f（x₀）=h（t）∈（lnm，lnm+$\frac{1}{2}$）．
∵f（x）＞0恒成立，∴lnm+$\frac{1}{2}$＞0成立，
故m＞${e}^{-\frac{1}{2}}$．

点评 本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力，属难题．