Question

9．已知函数f（x）=e^x-m+ln$\frac{3}{x}$．
（Ⅰ）设x=1是函数f（x）的极值点，求m的值并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m≤2时，证明：f（x）＞ln3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据函数的极值，求出m的值，得到f（x）的表达式，从而求出f（x）的单调区间即可
（Ⅱ）当m≤2，x∈（0，+∞）时，e^x-m≥e^x-2，又e^x≥x+1，从而e^x-m≥e^x-2≥x-1，取函数h（x）=x-1-ln（2x）（x＞0），h′（x）=1-$\frac{1}{x}$，由此利用导性质能证明f（x）＞ln3．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=e^x-m+ln$\frac{3}{x}$，
∴x＞0，${f}^{'}（x）={e}^{x-m}-\frac{1}{x}$，
∵x=1是函数f（x）的极值点，
∴f′（1）=e^1-m-1=0，解得m=1．
∴f（x）=${e}^{x-1}+ln\frac{3}{x}$，定义域为x＞0，
${f}^{'}（x）={e}^{x-1}-\frac{1}{x}$，${f}^{''}（x）={e}^{x-1}+\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
∴x=1是f′（x）=0的唯一零点，
∴当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．
（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$\frac{3}{x}$，（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）=ln3．　
∴f（x）=e^x-m+ln$\frac{3}{x}$≥e^x-2-ln$\frac{3}{x}$≥x-1-ln$\frac{3}{x}$≥ln3，
而上式三个不等号不能同时成立，故f（x）＞ln3．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题、属于中档题．