(2014•淄博一模)已知函数f(x)=ex-m-ln(2x).
来源:学生作业帮 编辑:神马作文网作业帮 分类:综合作业 时间:2024/09/20 14:22:07
(2014•淄博一模)已知函数f(x)=ex-m-ln(2x).
(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)>-ln2.
(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)>-ln2.
(Ⅰ)∵f(x)=ex-m-ln(2x),
∴f′(x)=ex-m-
1
x,
由x=1是函数f(x)的极值点得f′(1)=0,
即e1-m-1=0,∴m=1. …(2分)
于是f(x)=ex-1-ln(2x),f′(x)=ex-1-
1
x,
由f″(x)=ex-1+
1
x2>0知 f′(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,且f′(1)=0,
∴x=1是f′(x)=0的唯一零点. …(4分)
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. …(6分)
(Ⅱ)证明:当m≤2,x∈(0,+∞)时,ex-m≥ex-2,
又ex≥x+1,∴ex-m≥ex-2≥x-1. …(8分)
取函数h(x)=x-1-ln(2x)(x>0),h′(x)=1-
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. …(12分)
∴f(x)=ex-m-ln(2x)≥ex-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.…(14分)
∴f′(x)=ex-m-
1
x,
由x=1是函数f(x)的极值点得f′(1)=0,
即e1-m-1=0,∴m=1. …(2分)
于是f(x)=ex-1-ln(2x),f′(x)=ex-1-
1
x,
由f″(x)=ex-1+
1
x2>0知 f′(x)在x∈(0,+∞)上单调递增,且f′(1)=0,
∴x=1是f′(x)=0的唯一零点. …(4分)
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. …(6分)
(Ⅱ)证明:当m≤2,x∈(0,+∞)时,ex-m≥ex-2,
又ex≥x+1,∴ex-m≥ex-2≥x-1. …(8分)
取函数h(x)=x-1-ln(2x)(x>0),h′(x)=1-
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. …(12分)
∴f(x)=ex-m-ln(2x)≥ex-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.…(14分)
(2014•淄博一模)已知函数f(x)=ex-m-ln(2x).
已知函数f(x)=ex-ln(x+m)
已知函数f(x)=ln(ex+1)-ax(a>0).
已知函数f(x)=ex-ln(x+m) (Ι)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性; (Ⅱ)当m≤2
已知函数f(x)=ex-ln(x+m),当m《=2时,证明f(x)>0
已知函数f(x)=ex(次方)-ln(x+m),当m《=2时,证明f(x)>0.解答至f'(x)=0,得ex0=1/x0
已知函数f(x)=-x²+2ex+m,g(x)=x+e²/x(x>0)
已知函数f(x)=ex次方-ln(x+1)
已知m∈R,函数f(x)=(x2+mx+m)ex.
f(x)=ln(-ex)/x求导
(2012•温州一模)已知函数f(x)=(2x+a)•ex(e为自然对数的底数).
(2013•长春一模)已知函数f(x)=ex(ax2-2x-2),a∈R且a≠0.