Question

20．設a，b∈R，函數(shù)f（x）=e^x-alnx-a，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為（e-1）x-y+b=0．
（1）求實數(shù)a，b的值；
（2）求證：函數(shù)y=f（x）存在極小值；
（3）若?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式$\frac{e^x}{x}$-lnx-$\frac{m}{x}$≤0成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，得到關于a，b的方程組，解出即可；
（2）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的極小值，從而證出結論；
（3）問題等價于?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式m≥e^x-xlnx成立，令h（x）=e^x-xlnx，x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），則h′（x）=e^x-lnx-1=f（x），由此利用導性質(zhì)能求出實數(shù)m的取值范圍．

解答 解：（1）∵f′（x）=e^x-$\frac{a}{x}$，∴f′（1）=e-a，
由題意得：$\left\{\begin{array}{l}{e-a=e-1}\\{（e-1）-（e-a）+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=0}\end{array}\right.$；
證明：（2）由（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，
∴f′（x）在（0，+∞）遞增，
∵f′（$\frac{1}{2}$）＜0，f′（1）＞0，f′（x）在（0，+∞）連續(xù)，
∴?x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），使得f′（x₀）=0，
∴函數(shù)f（x）在（0，x₀）遞減，在（x₀，+∞）遞增，
∴f（x）存在最小值f（x₀）；
解：（3）?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式$\frac{e^x}{x}$-lnx-$\frac{m}{x}$≤0成立，
等價于?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式m≥e^x-xlnx成立（*），
令h（x）=e^x-xlnx，x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），
則h′（x）=e^x-lnx-1=f（x），
∴結合（2）得：[h′（x）]_min=f（x₀）=ex₀-lnx₀-1，
其中x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），滿足f′（x₀）=0，即ex₀-$\frac{1}{{x}_{0}}$=0，
∴ex₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$，x₀=-lnx₀，
∴[h′（x）]_min=ex₀-lnx₀-1=$\frac{1}{{x}_{0}}$+x₀-1＞2$\sqrt{{x}_{0}•\frac{1}{{x}_{0}}}$-1=1＞0，
∴x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），h′（x）＞0，
∴h（x）在[$\frac{1}{2}$，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，
∴[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，
結合（*）有m＞${e}^{\frac{1}{2}}$+$\frac{1}{2}$ln2，
即實數(shù)m的取值范圍為[${e}^{\frac{1}{2}}$+$\frac{1}{2}$ln2，+∞）．

點評 本題考查函數(shù)存在最小值的證明，考查實數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意導數(shù)性質(zhì)的合理運用．