Question

10．已知函数f（x）=e^x-m-ln2x
（Ⅰ）若m=1，求函数f（x）的极小值；
（Ⅱ）设m≤2，证明：f（x）+ln2＞0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x），f″（x），得到f′（x）的单调性，从而求出f（x）的单调区间，得到f（x）的极小值即可；
（Ⅱ）x∈（0，+∞）时，e^x-m≥e^x-2≥x-1恒成立，取函数h（x）=x-1-ln（2x）（x＞0），可得f（x）=e^x-m-ln（2x）≥e^x-2-ln（2x）≥x-1-ln（2x）≥-ln2，即可得出结论．

解答 （Ⅰ）解：函数f（x）的定义域是（0，+∞），
m=1时：f（x）=e^x-1-ln（2x），
∴f′（x）=e^x-1-$\frac{1}{x}$，f″（x）=e^x-1+$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
故f′（x）在（0，+∞）递增，而f′（1）=0，
∴x=1是f′（x）=0的唯一零点，
因此，当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
∴函数f（x） 在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴f（x）的极小值是f（1）=1-ln2；
（Ⅱ）证明：当m≤2，x∈（0，+∞）时，e^x-m≥e^x-2，
又e^x≥x+1，∴e^x-m≥e^x-2≥x-1，
取函数h（x）=x-1-ln（2x）（x＞0），h′（x）=1-$\frac{1}{x}$，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
得函数h（x）在x=1时取唯一的极小值即最小值为h（1）=-ln2，
∴f（x）=e^x-m-ln（2x）≥e^x-2-ln（2x）≥x-1-ln（2x）≥-ln2，
而上式三个不等号不能同时成立，故f（x）+ln2＞0．

点评 本题考查利用导数研究函数的极值、单调性，考查学生灵活运用知识分析解决问题的能力．