Question

17．已知函数f（x）=e^x-alnx-a．
（Ⅰ）当a=e时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）证明：对于?a∈（0，e），f（x）在区间$（\frac{a}{e}，1）$上有极小值，且极小值大于0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，f′（x）=e^x-$\frac{e}{x}$，f（1）=0，f′（1）=0，y=f（x）在（1，f（1））处切线方程为y=0；
（Ⅱ）由题意可知：f′（x）=e^x-$\frac{a}{x}$，在（$\frac{a}{e}$，1）上是单调递增函数，则?x₀∈（$\frac{a}{e}$，1）使得${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，根据函数的零点判定定理，f（x）有极小值f（x₀），由${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性即可求得f（x₀）＞0，即f（x）在区间$（\frac{a}{e}，1）$上有极小值，函数f（x）的极小值大于0．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=e^x-alnx-a，x＞0，
由a=e，则f（x）=e^x-e（lnx-1），求导f′（x）=e^x-$\frac{e}{x}$，
由f（1）=0，f′（1）=0，
∴y=f（x）在（1，f（1））处切线方程为y=0，
（Ⅱ）由a∈（0，e），则导f′（x）=e^x-$\frac{a}{x}$，在（$\frac{a}{e}$，1）上是单调递增函数，
由f′（$\frac{a}{e}$）=${e}^{\frac{a}{e}}$-e＜0，f′（1）=e-a＞0，
则?x₀∈（$\frac{a}{e}$，1）使得${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，
∴?x∈（$\frac{a}{e}$，x₀），f′（x₀）＜0，?x∈（x₀，1），f′（x₀）＞0，
故f（x）在（$\frac{a}{e}$，x₀）上单调递减，在（x₀，1）上单调递增，
∴f（x）有极小值f（x₀），由${e}^{{x}_{0}}$-$\frac{a}{{x}_{0}}$=0，
则f（x₀）=${e}^{{x}_{0}}$-a（lnx₀+1）=a（$\frac{1}{{x}_{0}}$-lnx₀-1），
设g（x）=a（$\frac{1}{x}$-lnx-1），x∈（$\frac{a}{e}$，1），
g′（x）=a（-$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$）=-$\frac{a（1+x）}{{x}^{2}}$，
∴g（x）在（$\frac{a}{e}$，1）上单调递减，
∴g（x）＞g（1）=0，
即f（x₀）＞0，
∴函数f（x）的极小值大于0．

点评 本题考查导数的综合应用，导数与函数单调性及极值的关系，函数零点定理，考查转化思想，属于中档题．