Question

19．已知函数f（x）=lnx．
（Ⅰ）求过点（0，0），曲线y=f（x）的切线方程；
（Ⅱ）设函数g（x）=f（x）-e^x，求证：函数g（x）有且只有一个极值点；
（Ⅲ）若f（x）≤a（x-1）恒成立，求a的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出导数，设切点为（m，n），求得切线的斜率和切线方程，代入原点，解得m=e，即可得到切线方程；
（Ⅱ）求出g（x）的导数，运用零点存在定理，由g′（x）在x＞0上递减，g′（$\frac{1}{2}$）=2-${e}^{\frac{1}{2}}$＞0，g′（1）=1-e＜0，即可得证；
（Ⅲ）若f（x）≤a（x-1）恒成立，即有lnx-a（x-1）≤0恒成立．令g（x）=lnx-a（x-1），求出导数，对a讨论，判断单调性，求出最大值，解不等式运用两边夹法则，即可得到a=1．

解答 （Ⅰ）解：设切点为（m，n），
函数f（x）=lnx的导数为f′（x）=$\frac{1}{x}$，
则切线的斜率为k=$\frac{1}{m}$，
切线方程为y-lnm=$\frac{1}{m}$（x-m），
代入原点，可得lnm=1，解得m=e，
即有切线方程为y=$\frac{1}{e}$x；
（Ⅱ）证明：设函数g（x）=f（x）-e^x=lnx-e^x，x＞0，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-e^x，令h（x）=g′（x），h′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-e^x＜0恒成立，
即有h（x）在（0，+∞）上递减，h（$\frac{1}{2}$）=g′（$\frac{1}{2}$）=2-${e}^{\frac{1}{2}}$＞0，h（1）=g′（1）=1-e＜0，
即有g′（x）=0在（$\frac{1}{2}$，1）有且只有一个实根，
则函数g（x）有且只有一个极值点；
（Ⅲ）解：若f（x）≤a（x-1）恒成立，
即有lnx≤a（x-1）恒成立．
即有lnx-a（x-1）≤0恒成立．
令g（x）=lnx-a（x-1），g′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$，
当a≤0时，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）递增，不恒成立；
当a＞0时，当x＞$\frac{1}{a}$时，g′（x）＜0，g（x）递减，
当0＜x＜$\frac{1}{a}$时，g′（x）＞0，g（x）递增．
即有x=$\frac{1}{a}$处g（x）取得极大值，也为最大值，
即有ln$\frac{1}{a}$-a（$\frac{1}{a}$-1）≤0，即为lna≥a-1．
由于lna-a+1的导数为$\frac{1}{a}$-1，当a＞1时，导数小于0，
当0＜a＜1时，导数大于0，
即有a=1处取得极大值，也为最大值，且为0．
即有lna-a+1≤0，
即有lna=a-1，解得a=1．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，主要考查导数的几何意义和函数的零点存在定理的运用，同时考查不等式的恒成立问题注意转化为求函数的最值问题，属于中档题．