Question

9．对于函数h（x）=lnx-ax+a，g（x）=e^x．
（Ⅰ）求函数h（x）的单调区间；
（Ⅱ）设直线l₁：y=k₁x和直线l₂：y=k₂x分别与y=h（x）和y=g（x）相切，k₁k₂=1，求证实数a满足：a=0或1-e^-1＜a＜e-e^-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数h（x）的导数，通过讨论当a≤0时，当a＞0时的情况，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）设出直线与曲线的切点坐标，求出k₁，k₂的值，从而得$ln{x_1}-1+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$．令$u（x）=lnx-1+\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$，通过讨论u（x）的单调性，从而求出a的范围．

解答 解：（Ⅰ）$h'（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}（x＞0）$．
（ⅰ）当a≤0时，对任意x＞0，h′（x）＞0，此时h（x）的单调递增区间是（0，+∞）；
（ⅱ）当a＞0时，若$0＜x＜\frac{1}{a}$，h′′（x）＞0；若$x≥\frac{1}{a}$，h′′′（x）≤0，
所以函数h（x）的单调递增区间为$（0，\frac{1}{a}）$，单调递减区间为$（\frac{1}{a}，+∞）$；
（Ⅱ）设直线l₂与y=g（x）相切于点（x₂，y₂），
则${y_2}={e^{x_2}}$，${k_2}=g'（{x_2}）={e^{x_2}}=\frac{y_2}{x_2}$，联立得x₂=1，y₂=e，
从而${k_2}={e^{x_2}}=e$．从而${k_1}=\frac{1}{k_2}=\frac{1}{e}$，
则直线l₁的方程为$y={k_1}x=\frac{1}{e}x$．
设直线l₁与曲线y=h（x）的切点为（x₁，y₁），
则${k_1}=f'（{x_1}）=\frac{1}{x_1}-a=\frac{1}{e}=\frac{y_1}{x_1}$，
∴${y_1}=\frac{x_1}{e}=1-a{x_1}$①，$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$②．
又因为y₁=lnx₁-ax₁+a，代入①，②得$ln{x_1}-1+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$．
令$u（x）=lnx-1+\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$，则$u'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，
从而u（x）在（0，1）上单调递减，在[1，+∞）上单调递增．
当x₁∈（0，1）时，注意到$u（\frac{1}{e}）=-2+e-\frac{1}{e}＞0$，$u（1）=-\frac{1}{e}＜0$，
∴${x_1}∈（\frac{1}{e}，1）$，而$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$在${x_1}∈（\frac{1}{e}，1）$上单调递减，
∴$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$，即1-e^-1＜a＜e-e^-1；
当x₁∈[1，+∞）时，u（x）在[1，+∞）上单调递增，且u（e）=0，
从而x₁=e，代入$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$得a=0．
综上，实数a满足：a=0或1-e^-1＜a＜e-e^-1．

点评 本题考察了导数的应用，函数的单调性，考察切线方程问题，考察转化思想，本题是一道难题．