Question

20．设a，b∈R，函数f（x）=e^x-alnx-a，其中e是自然对数的底数，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为（e-1）x-y+b=0．
（1）求实数a，b的值；
（2）求证：函数y=f（x）存在极小值；
（3）若?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式$\frac{e^x}{x}$-lnx-$\frac{m}{x}$≤0成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，得到关于a，b的方程组，解出即可；
（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的极小值，从而证出结论；
（3）问题等价于?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式m≥e^x-xlnx成立，令h（x）=e^x-xlnx，x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），则h′（x）=e^x-lnx-1=f（x），由此利用导性质能求出实数m的取值范围．

解答 解：（1）∵f′（x）=e^x-$\frac{a}{x}$，∴f′（1）=e-a，
由题意得：$\left\{\begin{array}{l}{e-a=e-1}\\{（e-1）-（e-a）+b=0}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{a=1}\\{b=0}\end{array}\right.$；
证明：（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，+∞）递增，
∵f′（$\frac{1}{2}$）＜0，f′（1）＞0，f′（x）在（0，+∞）连续，
∴?x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），使得f′（x₀）=0，
∴函数f（x）在（0，x₀）递减，在（x₀，+∞）递增，
∴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，
等价于?x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），使得不等式m≥e^x-xlnx成立（*），
令h（x）=e^x-xlnx，x∈[$\frac{1}{2}$，+∞），
则h′（x）=e^x-lnx-1=f（x），
∴结合（2）得：[h′（x）]_min=f（x₀）=ex₀-lnx₀-1，
其中x₀∈（$\frac{1}{2}$，1），满足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[$\frac{1}{2}$，+∞）内单调递增，
∴[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，
结合（*）有m＞${e}^{\frac{1}{2}}$+$\frac{1}{2}$ln2，
即实数m的取值范围为[${e}^{\frac{1}{2}}$+$\frac{1}{2}$ln2，+∞）．

点评 本题考查函数存在最小值的证明，考查实数的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．