Question

5．已知函數(shù)f（x）=e^x-a+lnx．
（Ⅰ）若a=1，求證：當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞2x-1；
（Ⅱ）若存在x₀≥e，使f（x₀）＜2lnx₀，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）a=1時(shí)，化簡(jiǎn)求出導(dǎo)數(shù)，設(shè)$g（x）={e^{x-1}}+lnx-2x+1，g'（x）={e^{x-1}}+\frac{1}{x}-2$，然后求解二次導(dǎo)數(shù)，求出導(dǎo)函數(shù)的最值，然后證明結(jié)論．
（Ⅱ）若存在x₀≥e，使f（x₀）＜2lnx₀，即${e^{{x_0}-a}}＜ln{x_0}$，即存在x₀≥e，使${e^a}＞\frac{{{e^{x_0}}}}{{ln{x_0}}}$．設(shè)$h（x）=\frac{e^x}{lnx}$（x≥e），求出導(dǎo)函數(shù)，設(shè)$u=lnx-\frac{1}{x}，u'=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}＞0$，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)的最值，推出結(jié)果．

解答 解：（Ⅰ）證明：a=1時(shí)，$f（x）={e^{x-1}}+lnx，f'（x）={e^{x-1}}+\frac{1}{x}$，
設(shè)$g（x）={e^{x-1}}+lnx-2x+1，g'（x）={e^{x-1}}+\frac{1}{x}-2$$g''（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{x^2}，x＞1，{e^{x-1}}＞1，0＜\frac{1}{x^2}＜1，g''（x）={e^{x-1}}-\frac{1}{x^2}＞0$，g'（x）在（1，+∞）遞增，又g'（1）=0，∴x＞1時(shí)g'（x）＞0，g（x）在（1，+∞）遞增，
x＞1時(shí)，g（x）＞g（1）=0，即e^x+lnx-2x+1＞0，
x＞1時(shí)，e^x+lnx＞2x-1，即f（x）＞2x-1…．（6分）
（2）若存在x₀≥e，使f（x₀）＜2lnx₀，即${e^{{x_0}-a}}＜ln{x_0}$
即存在x₀≥e，使${e^a}＞\frac{{{e^{x_0}}}}{{ln{x_0}}}$．
設(shè)$h（x）=\frac{e^x}{lnx}$（x≥e），則$h'（x）=\frac{e^x}{{{{ln}^2}x}}（lnx-\frac{1}{x}）$，
設(shè)$u=lnx-\frac{1}{x}，u'=\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}＞0$，$u=lnx-\frac{1}{x}$在[e，+∞）遞增，
$x=e時(shí)，u=1-\frac{1}{e}＞0$，所以u(píng)＞0在[e，+∞）恒成立，h'（x）＞0在[e，+∞）恒成立，
所以h（x）在[e，+∞）遞增，所以x≥e時(shí)，$h{（x）_{min}}=h（e）={e^e}$，
需e^a＞e^e⇒a＞e…．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的最值以及導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的求法與應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．