Question

17．设函数f（x）=lnx-a（x-2），g（x）=e^x．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）过原点分别作曲线y=f（x）与y=g（x）的切线l₁、l₂，且l₁，l₂的斜率互为倒数，试证明：a=0或$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{e}$＜a＜1-$\frac{1}{e}$（附：ln2=0.693）

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，再分类讨论，即可得到函数的单调区间；
（Ⅱ）设过原点与函数f（x），g（x）相切的直线分别为l₁：y=k₁x，l₂：y=k₂x，根据导数的几何意义先求k₁，k₂，构造函数设h（x）=lnx-1+$\frac{2}{x}$-$\frac{2}{e}$，利用导数求出函数的最值，再分类讨论即可证明．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$，x＞0，
①当a≤0时，对一切x＞0，恒有f′（x）＞0，f（x）的单增区间为（0，+∞）；
②当a＞0时，x∈（0，$\frac{1}{a}$）时，f′（x）＞0；x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）时，f′（x）＜0；．
∴f（x）的增区间为（0，$\frac{1}{a}$），减区间为（$\frac{1}{a}$，+∞）．
（Ⅱ）设过原点与函数f（x），g（x）相切的直线分别为l₁：y=k₁x，l₂：y=k₂x，
切点分别为A（x₁，lnx₁-ax₁+2a），B（x₂，e^x₂），
∵g′（x）=e^x．
∴k₂=e^x₂=$\frac{{e}^{{x}_{2}}}{{x}_{2}}$，
∴x₂=1，k₂=e，
∴k₁=$\frac{1}{e}$，
又f′（x）=$\frac{1}{x}$-a，
∴k₁=$\frac{1}{{x}_{1}}$-a=$\frac{ln{x}_{1}-a{x}_{1}+2a}{{x}_{1}}$=$\frac{1}{e}$，
得a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$，并将它代入$\frac{ln{x}_{1}-a{x}_{1}+2a}{{x}_{1}}$=$\frac{1}{e}$中，
可得lnx₁-1+$\frac{2}{{x}_{1}}$-$\frac{2}{e}$=0，
设h（x）=lnx-1+$\frac{2}{x}$-$\frac{2}{e}$，则h′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{2}{{x}^{2}}$=$\frac{x-2}{{x}^{2}}$，
∴h（x）在（0，2]上单减，在（2，+∞）上单增，
若x₁∈（0，2]，∵h（1）=1-$\frac{2}{e}$＞0，h（2）=ln2-$\frac{2}{e}$≈0.693-$\frac{2}{e}$＜0，
∴x₁∈（1，2]，
而a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$，在x₁∈（1，2）上单减，
∴$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{e}$＜a＜1-$\frac{1}{e}$，
若x₁∈（2，+∞），∵x₁∈（2，+∞），h（x）在（2，+∞）上单增，且h（e）=0，即x₁=e，得a=0，
综上所述：a=0或$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{e}$＜a＜1-$\frac{1}{e}$．

点评 本题考查了导数和函数的单调性质最值的关系，以及导数的几何意义，关键是构造函数，属于中档题．