Question

18．已知m＞0，設(shè)函數(shù)f（x）=e^mx-lnx-2．
（1）若m=1，證明：存在唯一實(shí)數(shù)$t∈（\frac{1}{2}，1）$，使得f′（t）=0；
（2）若當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0，證明：$m＞{e^{-\frac{1}{2}}}$．

Answer 1

分析 （1）m=1時(shí)，化簡(jiǎn)函數(shù)f（x）=e^x-lnx-2，求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，通過f′（$\frac{1}{2}$）＜0，f′（1）＞0，利用零點(diǎn)判定定理證明即可；
（2）求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)，再求出導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷f′（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，結(jié)合（1）可求f（x）有最小值f（x₀）=e^t-lnt+lnm-2，進(jìn)一步得到f（x₀）=$\frac{1}{t}+t-2+lnm$．設(shè)h（t）=$\frac{1}{t}+t-2+lnm$，利用導(dǎo)數(shù)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，從而得到$m＞{e^{-\frac{1}{2}}}$．

解答 證明：（1）當(dāng)m=1時(shí)，f（x）=e^x-lnx-2，f′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，x＞0．
f′（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又f′（$\frac{1}{2}$）＜0，f′（1）＞0，
故存在唯一實(shí)數(shù)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，+∞）上為增函數(shù)，而f′（x）=m（${e}^{mx}-\frac{1}{mx}$），
由（1）得，存在唯一實(shí)數(shù)mx₀=t∈（$\frac{1}{2}，1$），使得f（x₀）=0．
當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
∴f（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增．
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）=$\frac{1}{t}+t-2+lnm$．
設(shè)h（t）=$\frac{1}{t}+t-2+lnm$，當(dāng)t∈（$\frac{1}{2}，1$）時(shí)，h′（t）=$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}}$＜0．
h（t）在（$\frac{1}{2}，1$）上單調(diào)遞減，
∴f（x₀）=h（t）∈（lnm，lnm+$\frac{1}{2}$）．
∵f（x）＞0恒成立，∴l(xiāng)nm+$\frac{1}{2}$＞0成立，
故m＞${e}^{-\frac{1}{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力，屬難題．