Question

3．设函数f（x）=ax-2-lnx（a∈R）．
（I）若f（x）在点（e，f（e））处的切线为x-ey+b=0，求a，b的值；
（Ⅱ）求f（x）的单调区间；
（Ⅲ）若g（x）=ax-e^x，求证：在x＞0时，f（x）＞g（x）

Answer 1

分析 （I）通过f（x）在点（e，f（e））处的切线为x-ey+b=0，可得f′（e）=$\frac{1}{e}$，解得$a=\frac{2}{e}$，再将切点（e，-1）代入切线方程x-ey+b=0，可得b=-2e；
（II）由（I）知：f′（x）=$\frac{ax-1}{x}$（x＞0），结合导数分①a≤0、②a＞0两种情况讨论即可；
（III）通过变形，只需证明g（x）=e^x-lnx-2＞0即可，利用g′（x）=${e}^{x}-\frac{1}{x}$，根据指数函数及幂函数的性质、函数的单调性及零点判定定理即得结论．

解答 解：（I）∵f（x）=ax-2-lnx（a∈R）
∴f′（x）=$a-\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$ （x＞0），
∵f（x）在点（e，f（e））处的切线为x-ey+b=0，
即f（x）在点（e，f（e））的切线的斜率为$\frac{1}{e}$，
∴f′（e）=$\frac{ae-1}{e}$=$\frac{1}{e}$，∴$a=\frac{2}{e}$，∴切点为（e，-1），
将切点代入切线方程x-ey+b=0，得b=-2e，
所以$a=\frac{2}{e}$，b=-2e；
（II）由（I）知：f′（x）=$\frac{ax-1}{x}$（x＞0），下面对a的正负情况进行讨论：
①当a≤0时，f′（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减；
②当a＞0时，令f′（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$，
当x变化时，f′（x）、f（x）随x的变化情况如下表：

0	$（0，\frac{1}{a}）$	$\frac{1}{a}$	（a，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	↓		↑

由此表可知：f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上单调递减，f（x）在（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递增；
综上所述，当a≤0时，f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；
当a＞0时，f（x）的单调递减区间为（0，$\frac{1}{a}$），f（x）的单调递增区间为（$\frac{1}{a}$，+∞）；
（III）∵f（x）=ax-2-lnx，g（x）=ax-e^x，
∴要证：当x＞0时，f（x）＞g（x），即证：e^x-lnx-2＞0，
令g（x）=e^x-lnx-2 （x＞0），则只需证：g（x）＞0，
由于g′（x）=${e}^{x}-\frac{1}{x}$，根据指数函数及幂函数的性质可知，
g′（x）=${e}^{x}-\frac{1}{x}$在（0，+∞）上是增函数，
∵g′（1）=e-1＞0，g′（$\frac{1}{3}$）=${e}^{\frac{1}{3}}-3＜0$，
∴g′（1）•g′（$\frac{1}{3}$）＜0，
∴g′（x）在$（\frac{1}{3}，1）$内存在唯一的零点，也即g′（x）在（0，+∞）上有唯一零点，
设g′（x）的零点为t，则g′（t）=${e}^{t}-\frac{1}{t}=0$，即${e}^{t}=\frac{1}{t}$（$\frac{1}{3}＜t＜1$），
由g′（x）的单调性知：当x∈（0，t）时，g′（x）＜g′（t）=0，g（x）为减函数；
当x∈（t，+∞）时，g′（x）＞g′（t）=0，g（x）为增函数，
所以当x＞0时，$g（x）≥g（t）={e^t}-lnt-2=\frac{1}{t}-ln\frac{1}{e^t}-2=\frac{1}{t}+t-2≥2-2=0$，
又$\frac{1}{3}＜t＜1$，故等号不成立，
∴g（x）＞0，即当x＞0时，f（x）＞g（x）．

点评 本题考查求函数解析式，函数的单调性，零点的存在性定理，注意解题方法的积累，属于难题．