Question

5．设函数f（x）=ax-2-lnx（a∈R）．
（1）若f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率为$\frac{1}{e}$，求a的值；
（2）当a＞0时，求f（x）的单调区间；
（3）若g（x）=ax-e^x，求证：在x＞0时，f（x）＞g（x）．

Answer 1

分析 （1）通过f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率，可得f′（e）=$\frac{1}{e}$，解得$a=\frac{2}{e}$，
（2）由（1）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；
（3I）通过变形，只需证明h（x）=e^x-lnx-2＞0即可，利用h′（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）函数的导数f′（x）=a-$\frac{1}{x}$，
若f（x）在点（e，f（e））处的切线斜率为$\frac{1}{e}$，
则f′（e）=a-$\frac{1}{e}$=$\frac{1}{e}$，
得a=$\frac{2}{e}$．----------------------------------------------（3分）
（Ⅱ）由f′（x）=a-$\frac{1}{x}$=$\frac{ax-1}{x}$，（x＞0），
当a＞0时，令f′（x）=0 解得：x=$\frac{1}{a}$-------------------------（5分）
当x变化时，f′（x），f（x）随x变化情况如下表：

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

由表可知：f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上是单调减函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）上是单调增函数
所以，当a＞0时，f（x）的单调减区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调增区间为（$\frac{1}{a}$，+∞）------（8分）
（Ⅲ）当x＞0时，要证f（x）-ax-2+e^x＞0，即证e^x-lnx-2＞0，
令h（x）=e^x-lnx-2，（x＞0），只需证h（x）＞0，
∵h′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$，
由指数函数及幂函数的性质知：h′（x）=e^x-$\frac{1}{x}$在（0，+∞）上是增函数
又h′（1）=e-1＞0，h′（$\frac{1}{2}$）=e${\;}^{\frac{1}{2}}$-2＜0，
∴h′（1）h′（$\frac{1}{2}$）＜0，
即h′（x）在（$\frac{1}{2}$，1）内存在唯一的零点，也即h′（x）在（0，+∞）上有唯一零点----------（10分）
设h′（x）的零点为t，则h′（t）=e^t-$\frac{1}{t}$=0，即e^t=$\frac{1}{t}$，（$\frac{1}{2}$＜t＜1），
由h′（x）的单调性知：
当x∈（0，t）时，h′（x）＜h′（t）=0，h（x）为减函数
当x∈（t+∞）时，h′（x）＞h′（t）=0，h（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）．
h（x）＞h（t）=e^t-lnt-2=$\frac{1}{t}-ln\frac{1}{{e}^{t}}$-2=$\frac{1}{t}$+t-2≥2-2=0．
又$\frac{1}{2}$＜t＜1，等号不成立，∴h（x）＞0，
即在x＞0时，f（x）＞g（x）．-------------------------------（14分）

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，综合性较强，难度较大．