Question

11．已知函數(shù)f（x）=e^x-m，g（x）=ln（x+m），其中m＞0
（1）若P（x₀，y₀）是兩個(gè)函數(shù)圖象上的一個(gè)公共點(diǎn)，求證：x₀=y₀；
（2）若P（x₀，y₀）是兩個(gè)函數(shù)圖象上唯一的公共點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m，x₀的值；
（3）若兩個(gè)函數(shù)圖象無公共點(diǎn)，試問存在幾條直線與它們都相切？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）代入P的坐標(biāo)，整理可得${e^{x_°}}+{x_°}={e^{y_°}}+{y_°}$，令u（x）=e^x+x，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得證；
（2）由（1）的結(jié)論，可得$m={e^{x_°}}-{x_°}$有唯一解，令h（x）=e^x-x，求導(dǎo)判斷單調(diào)性，即可求得m，x₀的值；
（3）設(shè)存在公切線l與y=f（x）相切于點(diǎn)A（x₁，y₁），與y=g（x）切于點(diǎn)B（x₂，y₂），y=f（x）與y=g（x）無公共點(diǎn)，可得m＜1，令$v（x）=x+（{m-1}）+\frac{-x+m-1}{e^x}，x∈R$，求出導(dǎo)數(shù)，判斷單調(diào)性，再由零點(diǎn)存在定理，即可判斷．

解答 解：（1）證明：依題意，${e^{x_°}}-m=ln（{{x_°}+m}）={y_°}$，
則$m={e^{x_°}}-{y_°}={e^{y_°}}-{x_°}$
即${e^{x_°}}+{x_°}={e^{y_°}}+{y_°}$
令u（x）=e^x+x，
∵u′（x）=e^x+1＞0，
∴u（x）在R上遞增，∴x₀=y₀；
（2）由（1）可知方程${e^{x_°}}-m={x_°}$有唯一解，
即$m={e^{x_°}}-{x_°}$有唯一解，
令h（x）=e^x-x，則由h′（x）=e^x-1=0得x=0，
∵當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，h，（x）＜0；
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，h，（x）＞0
∴h（x）在（-∞，0）遞減，在（0，+∞）遞增，
∴m=h（0）=1；
（3）設(shè)存在公切線l與y=f（x）相切于點(diǎn)A（x₁，y₁），
與y=g（x）切于點(diǎn)B（x₂，y₂），
則${e^{x_1}}=\frac{1}{{{x_2}+m}}=\frac{{{e^{x_1}}-m-ln（{{x_2}+m}）}}{{{x_1}-{x_2}}}$，
消x₂得${x_1}+（{m-1}）+\frac{{-{x_1}+m-1}}{{{e^{x_1}}}}=0$，
∵y=f（x）與y=g（x）無公共點(diǎn)，∴m＜1，
令$v（x）=x+（{m-1}）+\frac{-x+m-1}{e^x}，x∈R$，
則v′（x）=$\frac{{e}^{x}+x-m}{{e}^{x}}$，
∵e^x+x-m在R遞增且e^-1-1-m＜0，e⁰+0-m＞0，
∴存在t∈（-1，0）唯一使得e^t=m-t，
∴x∈（-∞，t），v（x）遞減，x∈（t，+∞），v（x）遞增，
又∵$v（t）=t+m-1+\frac{-t+m-1}{e^t}=t+m-1+\frac{-t+m-1}{m-t}=\frac{{（{{m^2}-1}）-{t^2}}}{m-t}＜0$，
且$v（{-2}）=m-3+\frac{m+1}{{{e^{-2}}}}=m（{1+{e^2}}）+（{{e^2}-3}）＞0$，
v（2）=m（1+e^-2）+（1-3e^-2）＞0，
∴v（x）有且僅有2個(gè)零點(diǎn)，即y=f（x）與y=g（x）有2條公切線．

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線的方程，考查函數(shù)的單調(diào)性的運(yùn)用，注意構(gòu)造函數(shù)求導(dǎo)，判斷單調(diào)性，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．