Question

7．已知函数f（x）=xe^x-lnx（ln2≈-0.693，$\sqrt{e}$≈1.648，均为不足近似值）
（1）当x≥1时，判断函数f（x）的单调性；
（2＞证明：当x＞0时，不等式f（x）＞$\frac{27}{20}$恒成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，判断导函数的符合，求出函数的单调区间即可；（2）求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）对f（x）=xe^x-lnx求导得f′（x）=（x+1）e^x-$\frac{1}{x}$，
∵x≥1时，（x+1）e^x≥2e，$\frac{1}{x}$≤1，
∴f′（x）≥2e-1＞0，
∴f（x）在[1，+∞）递增；
（2）证明：∵f′（$\frac{1}{4}$）=1.25${e}^{\frac{1}{4}}$-4＜1.25×2-4＜0，
f′（$\frac{1}{2}$）=$\frac{3}{2}$$\sqrt{e}$-2＞$\frac{3}{2}$×1.648-2=0.472＞0，
又f′（x）在（0，+∞）递增，
∴f′（x）在（0，+∞）内有唯一1个零点x₀，
且（x₀+1）${e}^{{x}_{0}}$=$\frac{1}{{x}_{0}}$，x₀∈（$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$），
∴x=x₀是f（x）在（0，+∞）上唯一的极小值点，也是最小值值点，
∴f（x）≥f（x₀）=x₀${e}^{{x}_{0}}$-lnx₀=$\frac{1}{{x}_{0}+1}$-lnx₀，$\frac{1}{4}$＜x₀＜$\frac{1}{2}$，
∴f（x）在[$\frac{1}{4}$，$\frac{1}{2}$]递减，
∴f（x₀）≥f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{2}{3}$+ln2＞$\frac{2}{3}$+0.693＞1.369＞$\frac{27}{20}$，
∴f（x）＞$\frac{27}{20}$．

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不等式的证明，考查转化思想，是一道中档题．