Question

13．已知函数f（x）=e^x-alnx．
（1）曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=（e-1）x+1，求a；
（2）当1＜a＜e²时，证明：f（x）＞0．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，求得切线的斜率，解方程可得a=1：
（2）讨论若0＜x＜1，若x≥1，结合指数函数和对数函数的单调性，由恒成立思想可得f（x）＞0得0＜f（x）的最小值，求出导数，对a讨论，分1＜a＜e，e≤a＜e²，求得最小值，即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）=e^x-alnx的导数为f′（x）=e^x-$\frac{a}{x}$，
在点（1，f（1））处的切线斜率为k=e-a，
由切线方程为y=（e-1）x+1，可得e-a=e-1，
解得a=1；
（2）证明：若0＜x＜1，由e^x＞0，lnx＜0，1＜a＜e²，
则f（x）=e^x-alnx＞0显然成立；
若x≥1，由f（x）＞0得0＜f（x）的最小值，
f′（x）=e^x-$\frac{a}{x}$，由a＞0，可得
f″（x）=e^x+$\frac{a}{{x}^{2}}$＞0，可得
e^x-$\frac{a}{x}$在x≥1递增，可得f′（x）≥e-a，
若1＜a＜e，即有f′（x）＞0，f（x）递增，可得
f（x）≥f（1）=e，显然f（x）＞0恒成立；
当e≤a＜e²，设f′（x）=e^x-$\frac{a}{x}$=0的解为m，
即有1＜x＜m时，f（x）递减，x＞m时，f（x）递增，
可得x=m处f（x）取得最小值e^m-alnm，
由f（1）=e＞0，f（2）=e²-aln2＞0，
即有1＜m＜2，
f（m）=e^m-alnm=$\frac{a}{m}$-alnm，1＜m＜2，
f′（m）=-$\frac{a}{{m}^{2}}$-$\frac{a}{m}$＜0，
可得f（m）在（1，2）递减，
即有f（m）＞0．
综上可得当1＜a＜e²时，f（x）＞0．

点评 本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调区间、极值和最值，考查不等式的证明，注意运用恒成立思想和分类讨论的思想方法，属于中档题．