Question

9．已知函数f（x）=lnx-a（x-1）（其中a＞0，e是自然对数的底数）．
（1）若x=$\frac{1}{e}$是函数f（x）的一个极值点，求a的值；
（2）若过原点所作曲线y=f（x）的切线l与直线y=-ex+1垂直，证明：$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{e}^{2}-1}{e}$；
（3）设g（x）=f（x）+e^x-1，当x≥1时，g（x）≥1恒成立，求实数a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，根据x=$\frac{1}{e}$是函数f（x）的一个极值点，得到e-a=0，求出a的值即可；
（2）求出切线l的方程，得到a═$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$，且lnx₁-1+$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0，令m（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$，根据函数的单调性证明即可；
（3）先求出g（x）的导数，得到g′（x）在[1，+∞）单调递增，再通过讨论a的范围，结合函数的单调性从而得到答案．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-a（x-1），∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
∵x=$\frac{1}{e}$是函数f（x）的一个极值点，
∴f′（$\frac{1}{e}$）=e-a=0，解得：a=e，
经检验，a=e符合题意；
（2）∵过原点所作曲线y=f（x）的切线l与直线y=-ex+1垂直，
∴切线l的斜率为k=$\frac{1}{e}$，方程是y=$\frac{1}{e}$x，
设l与y=f（x）的切点为（x₁，y₁），
∴$\left\{\begin{array}{l}{f′{（x}_{1}）=\frac{1}{e}}\\{{y}_{1}=l{nx}_{1}-a{（x}_{1}-1）}\\{{y}_{1}={\frac{1}{e}x}_{1}}\end{array}\right.$，
∴a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$，且lnx₁-1+$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0，
令m（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$，则m′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{1}{x}$，
∴m（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
若x₁∈（0，1），∵m（$\frac{1}{e}$）=-2+e-$\frac{1}{e}$＞0，m（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，
∴x₁∈（$\frac{1}{e}$，1），
而a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$在x₁∈（$\frac{1}{e}$，1）递减，
∴$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$，
若x₁∈（1，+∞），∵m（x）在（1，+∞）递增，且m（e）=0，则x₁=e，
∴a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0（舍），
（3）∵g（x）=f（x）+e^x-1=lnx-a（x-1）+e^x-1，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$-a+e^x-1，
①0＜a≤2时，∵e^x-1≥x，
∴g′（x）=$\frac{1}{x}$-a+e^x-1，≥$\frac{1}{x}$+x-a≥2-a≥0，
∴g（x）在[1，+∞）单调递增，g（x）≥g（1）=1恒成立，符合题意；
②当a＞2时，∵g″（x）=$\frac{{{e}^{x-1}x}^{2}-1}{{x}^{2}}$≥0，
∴g′（x）在[1，+∞）递增，
∵g′（1）=2-a＜0，
易知存在x₀∈[1，+∞），使得g′（x₀）=0，
∴g（x）在（1，x₀）单调递减，在（x₀，+∞）单调递增，
∴x∈（1，x₀）时，g（x）＜g（1）=1，
∴g（x）≥1不恒成立，不符合题意；
综上可知所求实数a的范围是（-∞，2]．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查了导数的应用，考查曲线的切线方程问题，是一道综合题．