每日一题[2522]朗博函数

已知函数 $f(x)=x \mathrm{e}^{x}-\ln x-1$．

1、求证：函数 $f(x)$ 存在极小值点 $x_{0}$ 且 $x_{0} \in\left(\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{2}\right)$．

2、令 $H(x)=\dfrac{f(x)}{x}$，求 $H(x)$ 的最小值．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数

$$f'(x)={\rm e}^x(1+x)-\dfrac1x,$$ 该函数为 $\mathbb R^+$ 上的单调递增函数，而 $$f'\left(\dfrac 13\right)={\rm e}^{\frac 13}\cdot \dfrac 43-3<0,\quad f'\left(\dfrac 12\right)={\rm e}^{\frac 12}\cdot \dfrac 32-2>0,$$ 因此函数 $f(x)$ 存在极小值点 $x_{0}$ 且 $x_{0} \in\left(\dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{2}\right)$．

2、根据题意，有

$$H(x)={\rm e}^x-\dfrac{\ln x+1}x,$$ 其导函数 $$H'(x)=\dfrac{{\rm e}^xx^2+\ln x}{x^2},$$ 设分子部分 $g(x)={\rm e}^xx^2+\ln x$，则 $g(x)$ 在 $\mathbb R^+$ 上单调递增．注意到 $$g\left(\dfrac{1}{\rm e}\right)={\rm e}^{\frac 1{\rm e}-2}-1<0<{\rm e}=g(1),$$ 因此 $g(x)$ 在 $\mathbb R^{\ast}$ 上有唯一零点 $m\in\left(\dfrac{1}{\rm e},1\right)$，此时 $${\rm e}^mm^2+\ln m=0\iff {\rm e}^m\cdot m={\rm e}^{\ln\frac 1m}\cdot \ln\dfrac 1m,$$ 注意到 $y={\rm e}^x\cdot x$ 在 $\left(\dfrac{1}{\rm e},1\right)$ 上单调递增，因此 $$m=\ln \dfrac 1m\implies \begin{cases} \ln m=-m,\\ {\rm e}^x=\dfrac 1m.\end{cases}$$ 因此 $H(x)$ 的最小值 $$H(m)={\rm e}^m-\dfrac{\ln m+1}m=1.$$