Question

函數(shù)f（x）=ae^x，g（x）=lnx-lna，其中a為常數(shù)，且函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的圖象在其與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)處的切線(xiàn)互相平行．
（Ⅰ）求此平行線(xiàn)的距離；
（Ⅱ）若存在x使不等式

x-m

f(x)

＞

x

成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（Ⅲ）對(duì)于函數(shù)y=f（x）和y=g（x）公共定義域中的任意實(shí)數(shù)x₀，我們把|f（x₀）-g（x₀）|的值稱(chēng)為兩函數(shù)在x₀處的偏差．求證：函數(shù)y=f（x）和y=g（x）在其公共定義域內(nèi)的所有偏差都大于2．

Answer 1

（Ⅰ）f'（x）=ae^x，g′(x)=

1

x

，
y=f（x）的圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為（0，a），y=g（x）的圖象與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)為（a，0），
∵函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的圖象在其與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)處的切線(xiàn)互相平行
∴f'（0）=g'（a），即a=

1

a

又∵a＞0，∴a=1．
∴f（x）=e^x，g（x）=lnx，
∴函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的圖象在其坐標(biāo)軸的交點(diǎn)處的切線(xiàn)方程分別為：x-y+1=0，x-y-1=0
∴兩平行切線(xiàn)間的距離為

2

．
（Ⅱ）由

x-m

f(x)

＞

x

得

x-m

ex

＞

x

，故m＜x-

x

ex在x∈[0，+∞）有解，
令h(x)=x-

x

ex，則m＜h_max（x）．
當(dāng)x=0時(shí)，m＜0；
當(dāng)x＞0時(shí)，∵h′(x)=1-(

1

2 x

ex+

x

ex)=1-(

1

2 x

+

x

)ex，
∵x＞0，∴

1

2 x

+

x

≥2

1 2 x • x

=

2

 ， ex＞1，∴(

1

2 x

+

x

)ex＞

2

故h′(x)=1-(

1

2 x

+

x

)ex＜0
即h(x)=x-

x

ex在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞減，故h（x）_max=h（0）=0，∴m＜0
即實(shí)數(shù)m的取值范圍為（-∞，0）．
（Ⅲ）證法一：∵函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的偏差為：F（x）=|f（x）-g（x）|=e^x-lnx，x∈（0，+∞）
∴F′(x)=ex-

1

x

，
設(shè)x=t為F′(x)=ex-

1

x

=0的解，則當(dāng)x∈（0，t），F(xiàn)'（x）＜0；
當(dāng)x∈（t，+∞），F(xiàn)'（x）＞0，∴F（x）在（0，t）單調(diào)遞減，在（t，+∞）單調(diào)遞增
∴F(x)min=et-lnt=et-ln

1

et

=et+t
∵f'（1）=e-1＞0，f′(

1

2

)=

e

-2＜0，∴

1

2

＜t＜1
故F(x)min=et+t=e

1

2

+

1

2

=

e

+

1

2

＞

2.25

+

1

2

=2
即函數(shù)y=f（x）和y=g（x）在其公共定義域內(nèi)的所有偏差都大于2．
證法二：由于函數(shù)y=f（x）和y=g（x）的偏差：F（x）=|f（x）-g（x）|=e^x-lnx，x∈（0，+∞）
令F1(x)=ex-x，x∈（0，+∞）；令F₂（x）=x-lnx，x∈（0，+∞）
∵F1′(x)=ex-1，F2′(x)=1-

1

x

=-

1-x

x

，
∴F₁（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，F(xiàn)₂（x）在（0，1）單調(diào)遞減，在（1，+∞）單調(diào)遞增
∴F₁（x）＞F₁（0）=1，F(xiàn)₂（x）≥F₂（1）=1，
∴F（x）=e^x-lnx=F₁（x）+F₂（x）＞2
即函數(shù)y=f（x）和y=g（x）在其公共定義域內(nèi)的所有偏差都大于2．