Question

20．已知函數(shù)f（x）=lnx-a（x-1），g（x）=e^x．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當(dāng)a≠0時(shí)，過原點(diǎn)分別作曲線y=f（x）與y=g（x）的切線l₁，l₂，已知兩切線的斜率互為倒數(shù)，證明：$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{{e^2}-1}}{e}$；
（3）設(shè)h（x）=f（x+1）+g（x），當(dāng)x≥0，h（x）≥1時(shí)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，注意對(duì)參數(shù)a的分類討論；
（2）背景為指數(shù)函數(shù)y=e^x與對(duì)數(shù)函數(shù)y=lnx關(guān)于直線y=x對(duì)稱的特征，得到過原點(diǎn)的切線也關(guān)于直線y=x對(duì)稱，主要考查利用導(dǎo)函數(shù)研究曲線的切線及結(jié)合方程有解零點(diǎn)存在定理的應(yīng)該用求參數(shù)的問題，得到不等式的證明；（3）考查利用導(dǎo)數(shù)處理函數(shù)的最值和不等式的恒成立求參數(shù)的范圍問題，求導(dǎo)過程中用到了課后習(xí)題e^x≥x+1這個(gè)結(jié)論，考查學(xué)生對(duì)課本知識(shí)的掌握程度．

解答 （1）解：依題意，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），對(duì)f（x）求導(dǎo)，得$f'（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}$．
①若a≤0，對(duì)一切x＞0有f'（x）＞0，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞）．
②若a＞0，當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{a}）$時(shí)，f'（x）＞0；當(dāng)$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$時(shí)，f'（x）＜0．
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是$（0，\frac{1}{a}）$，單調(diào)遞減區(qū)間是$（\frac{1}{a}，+∞）$．               （3分）
（2）解：設(shè)切線l₂的方程為y=k₂x，切點(diǎn)為（x₂，y₂），則${y_2}={e^{x_2}}$，${k_2}=g'（{x_2}）={e^{x_2}}=\frac{y_2}{x_2}$，
所以x₂=1，y₂=e，則${k_2}={e^{x_2}}=e$．
由題意知，切線l₁的斜率為${k_1}=\frac{1}{k_2}=\frac{1}{e}$，l₁的方程為$y={k_1}x=\frac{1}{e}x$．
設(shè)l₁與曲線y=f（x）的切點(diǎn)為（x₁，y₁），則${k_1}=f'（{x_1}）=\frac{1}{x_1}-a=\frac{1}{e}=\frac{y_1}{x_1}$，
所以${y_1}=\frac{x_1}{e}=1-a{x_1}$，$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$．
又因?yàn)閥₁=lnx₁-a（x₁-1），消去y₁和a后，整理得$ln{x_1}-1+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$．      （6分）
令$m（x）=lnx-1+\frac{1}{x}-\frac{1}{e}=0$，則$m'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，m（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
若x₁∈（0，1），因?yàn)?m（\frac{1}{e}）=-2+e-\frac{1}{e}＞0$，$m（1）=-\frac{1}{e}＜0$，所以${x_1}∈（\frac{1}{e}，1）$，
而$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$在${x_1}∈（\frac{1}{e}，1）$上單調(diào)遞減，所以$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$．
若x₁∈（1，+∞），因?yàn)閙（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，且m（e）=0，則x₁=e，
所以$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$（舍去）．
綜上可知，$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$．                                               （9分）
（3）證明：h（x）=f（x+1）+g（x）=ln（x+1）-ax+e^x，$h'（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}-a$．
①當(dāng)a≤2時(shí)，因?yàn)閑^x≥x+1，所以$h'（x）={e^x}+\frac{1}{x+1}-a≥x+1+\frac{1}{x+1}-a≥2-a≥0$，h（x）在[0，+∞）上遞增，h（x）≥h（0）=1恒成立，符合題意．
②當(dāng)a＞2時(shí)，因?yàn)?h''（x）={e^x}-\frac{1}{{{{（x+1）}^2}}}=\frac{{{{（x+1）}^2}{e^x}-1}}{{{{（x+1）}^2}}}≥0$，所以h′（x）在[0，+∞）上遞增，且h′（0）=2-a＜0，則存在x₀∈（0，+∞），使得h′（0）=0．
所以h（x）在（0，x₀）上遞減，在（x₀，+∞）上遞增，又h（x₀）＜h（0）=1，所以h（x）≥1不恒成立，不合題意．                                                                  （13分）
綜合①②可知，所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞，2]．                           （14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)討論含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線問題及研究不等式恒成立問題．