Question

1．已知函數(shù)f（x）=e^x+m-lnx．
（I） 設(shè)x=1是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，求證：e^x-elnx≥e；
（II） 設(shè)x=x₀是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，且f（x）≥0恒成立，求m的取值范圍．（其中常數(shù)a滿(mǎn)足alna=1）．

Answer 1

分析 （I） 求導(dǎo)數(shù)，利用x=1是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，求出m，確定f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）≥f（1）=1，即可證明：e^x-elnx≥e；
（II）證明f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）在x=x₀處取得最小值，可得f（x）≥f（x₀）=${e}^{{x}_{0}+m}$-lnx₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$+x₀+m，利用f（x）≥0恒成立，得出$\frac{1}{{x}_{0}}$+x₀+m≥0，進(jìn)而得出x₀≤a，即可求m的取值范圍．

解答 （I） 證明：∵f（x）=e^x+m-lnx，
∴f′（x）=e^x+m-$\frac{1}{x}$
∵x=1是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，
∴f′（x）=e^1+m-1=0，
∴m=-1，
∴f′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，
0＜x＜1，f′（x）＜0，x＞1，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f（x）≥f（1）=1，
∴e^x-1-lnx≥1，
∴e^x-elnx≥e；
（II）解：f′（x）=e^x+m-$\frac{1}{x}$，設(shè)g（x）=e^x+m-$\frac{1}{x}$，則g′（x）=e^x+m+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
∵x=x₀是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，
∴x=x₀是f′（x）=0在（0，+∞）上的唯一零點(diǎn)，
∴${e}^{{x}_{0}+m}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，
∴x₀+m=-lnx₀，
∵0＜x＜x₀，f′（x）＜f′（x₀）=0，x＞x₀，f′（x）＞f′（x₀）=0，
∴f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）在x=x₀處取得最小值，
∴f（x）≥f（x₀）=${e}^{{x}_{0}+m}$-lnx₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$+x₀+m，
∵f（x）≥0恒成立，
∴$\frac{1}{{x}_{0}}$+x₀+m≥0，
∴$\frac{1}{{x}_{0}}$+x₀≥x₀+lnx₀，
∴$\frac{1}{{x}_{0}}$≥lnx₀，
∵alna=1，
∴x₀≤a，
∴m=-x₀-lnx₀≥-a-lna．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的綜合運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性與極值，考查恒成立問(wèn)題，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，難度大．