Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx-a（x-1），g（x）=e^x
（1）討論函數(shù)f（x）在（0，+∞）的單調性
（2）過原點分別作曲線y=f（x）與y=g（x）的切線l₁、l₂，已知兩條切線的斜率互為倒數(shù)，證明$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$或a=0．

Answer 1

分析 （1）利用導數(shù)求函數(shù)的單調區(qū)間，注意對參數(shù)a的分類討論；
（2）背景為指數(shù)函數(shù)y=e^x與對數(shù)函數(shù)y=lnx關于直線y=x對稱的特征，得到過原點的切線也關于直線y=x對稱，主要考查利用導函數(shù)研究曲線的切線及結合方程有解零點存在定理的應該用求參數(shù)的問題，得到不等式的證明．

解答 解：（1）依題意，函數(shù)f（x）的定義域為（0，+∞），
對f（x）求導，得f′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$．
①若a≤0，對一切x＞0有f'（x）＞0，函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間是（0，+∞）．
②若a＞0，當x∈（0，$\frac{1}{a}$）時，f′（x）＞0；當x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）時，f'（x）＜0．
所以函數(shù)f（x）的單調遞增區(qū)間是（0，$\frac{1}{a}$），單調遞減區(qū)間是（$\frac{1}{a}$，+∞）．               
（2）證明：設切線l₂的方程為y=k₂x，切點為（x₂，y₂），
則y₂=${e}^{{x}_{2}}$，k₂=g′（x₂）=e^x2=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$，
所以x₂=1，y₂=e，則k₂=e^x2=e．
由題意知，切線l₁的斜率為k₁=$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{1}{e}$，
l₁的方程為y=k₁x=$\frac{1}{e}$x．
設l₁與曲線y=f（x）的切點為（x₁，y₁），
則k₁=f′（x₁）=$\frac{1}{{x}_{1}}$-a=$\frac{1}{e}$=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，
所以y₁=$\frac{{x}_{1}}{e}$=1-ax₁，a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$．
又因為y₁=lnx₁-a（x₁-1），消去y₁和a后，整理得lnx₁-1+$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0．      
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）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增．
若x₁∈（0，1），因為m（$\frac{1}{e}$）=-2+e-$\frac{1}{e}$＞0，m（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，
所以x₁∈（$\frac{1}{e}$，1），
而a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$在x₁∈（$\frac{1}{e}$，1）上單調遞減，
所以$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．
若x₁∈（1，+∞），因為m（x）在（1，+∞）上單調遞增，且m（e）=0，則x₁=e，
所以a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0．
綜上可知，$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$或a=0．

點評 本題考查利用導數(shù)討論含參數(shù)函數(shù)的單調性、利用導數(shù)求曲線的切線問題及研究不等式恒成立問題，屬于中檔題．