Question

20．设函数f（x）=e^x-lnx．
（1）求证：函数f（x）有且只有一个极值点x₀；
（2）求函数f（x）的极值点x₀的近似值x′，使得|x′-x₀|＜0.1；
（3）求证：f（x）＞2.3对x∈（0，+∞）恒成立．
（参考数据：e≈2.718，ln2≈0.693，ln3≈1.099，ln5≈1.609，ln7≈1.946）．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，根据导函数的单调性，求出零点的范围，从而证出极值点的个数；
（2）求出函数的导数，求出零点的范围，即极值点的范围，求出满足条件的零点的近似值即可；
（3）求出函数的导数，得到函数零点的范围，结合函数的单调性证明即可．

解答 （1）证明：f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
∵函数y=e^x和y=-$\frac{1}{x}$在（0，+∞）均递增，
∴f′（x）在（0，+∞）递增，
而f′（$\frac{1}{2}$）=$\sqrt{e}$-2＜0，f′（1）=e-1＞0，
∴f′（x）在（$\frac{1}{2}$，1）上存在零点，记x₀，
且f′（x）在x₀左右两侧的函数值异号，
综上，f′（x）有且只有一个零点x₀，
即函数f（x）有且只有一个极值点x₀；
（2）解：∵ln$\frac{5}{3}$=ln5-ln3≈0.51＜$\frac{3}{5}$⇒${e}^{\frac{3}{5}}$＞$\frac{5}{3}$，
且f′（x）在[$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{5}$]上的图象连续，
f′（$\frac{1}{2}$）＜0，f′（$\frac{3}{5}$）=${e}^{\frac{3}{5}}$-$\frac{5}{3}$＞0，
∴f′（x）的零点x₀∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{5}$），
即f（x）的极值点x₀∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{5}$），即x₀∈（0.5，0.6），
∴x₀的近似值x′可以取x′=0.55，
此时的x′满足|x′-x₀|＜0.6-.05=0.1；
（3）证明：∵ln$\frac{7}{4}$=ln7-2ln2≈0.56＜$\frac{4}{7}$⇒${e}^{\frac{4}{7}}$＞$\frac{7}{4}$，
且f′（x）在[$\frac{1}{2}$，$\frac{4}{7}$]上图象连续，
f′（$\frac{1}{2}$）＜0，f′（$\frac{4}{7}$）=${e}^{\frac{4}{7}}$-$\frac{7}{4}$＞0，
∴f′（x）的零点x₀∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{4}{7}$），
f（x）的极值点x₀∈（$\frac{1}{2}$，$\frac{4}{7}$）⇒x₀＜$\frac{4}{7}$，
由（1）知：f′（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{1}{{x}_{0}}$=0，
且f（x）的最小值是f（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-lnx₀=$\frac{1}{{x}_{0}}$-lnx₀，
∵函数g（x）=$\frac{1}{x}$-lnx在（0，+∞）递减，且x₀＜$\frac{4}{7}$，
∴g（x₀）＞g（$\frac{4}{7}$）=1.75-（2ln2-ln7）≈2.31＞2.3，
∴f（x）≥f（x₀）=$\frac{1}{{x}_{0}}$-lnx₀＞2.3对x∈（0，+∞）恒成立．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及函数的零点问题，是一道中档题．