Question

11．已知函数f（x）=lnx-a（x-1），g（x）=e^x
（1）讨论函数f（x）在（0，+∞）的单调性
（2）过原点分别作曲线y=f（x）与y=g（x）的切线l₁、l₂，已知两条切线的斜率互为倒数，证明$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$或a=0．

Answer 1

分析 （1）利用导数求函数的单调区间，注意对参数a的分类讨论；
（2）背景为指数函数y=e^x与对数函数y=lnx关于直线y=x对称的特征，得到过原点的切线也关于直线y=x对称，主要考查利用导函数研究曲线的切线及结合方程有解零点存在定理的应该用求参数的问题，得到不等式的证明．

解答 解：（1）依题意，函数f（x）的定义域为（0，+∞），
对f（x）求导，得f′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$．
①若a≤0，对一切x＞0有f'（x）＞0，函数f（x）的单调递增区间是（0，+∞）．
②若a＞0，当x∈（0，$\frac{1}{a}$）时，f′（x）＞0；当x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）时，f'（x）＜0．
所以函数f（x）的单调递增区间是（0，$\frac{1}{a}$），单调递减区间是（$\frac{1}{a}$，+∞）．               
（2）证明：设切线l₂的方程为y=k₂x，切点为（x₂，y₂），
则y₂=${e}^{{x}_{2}}$，k₂=g′（x₂）=e^x2=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$，
所以x₂=1，y₂=e，则k₂=e^x2=e．
由题意知，切线l₁的斜率为k₁=$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{1}{e}$，
l₁的方程为y=k₁x=$\frac{1}{e}$x．
设l₁与曲线y=f（x）的切点为（x₁，y₁），
则k₁=f′（x₁）=$\frac{1}{{x}_{1}}$-a=$\frac{1}{e}$=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，
所以y₁=$\frac{{x}_{1}}{e}$=1-ax₁，a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$．
又因为y₁=lnx₁-a（x₁-1），消去y₁和a后，整理得lnx₁-1+$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0．      
令m（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$=0，
则m′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
若x₁∈（0，1），因为m（$\frac{1}{e}$）=-2+e-$\frac{1}{e}$＞0，m（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，
所以x₁∈（$\frac{1}{e}$，1），
而a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$在x₁∈（$\frac{1}{e}$，1）上单调递减，
所以$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．
若x₁∈（1，+∞），因为m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（e）=0，则x₁=e，
所以a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0．
综上可知，$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$或a=0．

点评 本题考查利用导数讨论含参数函数的单调性、利用导数求曲线的切线问题及研究不等式恒成立问题，属于中档题．