Question

已知函数f（x）=ae^x，g（x）=

1

a

lnx，其中a＞0．若函数f（x）和 g（x）在它们图象与坐标轴交点处的切线互相平行．
（1）求这两平行切线间的距离；
（2）若对于任意x∈R，f（x）≥mx+1（其中m＞0）恒成立，求m的取值范围
（3）当x₀∈（0，+∞），把|f（x₀）-g（x₀）|的值称为函数f（x）和 g（x）在x₀处的纵差．求证：函数f（x）和g（x）所有纵差都大于2．

Answer 1

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究曲线上某点切线方程

专题：导数的综合应用

分析：（1）函数f（x）=ae^x，与坐标轴的交点为（0，a），f′（x）=ae^x；g（x）=

1

a

lnx，与坐标轴的交点为（1，0），g′(x)=

1

ax

．由于它们图象与坐标轴交点处的切线互相平行，可得f′（0）=g′（1），解得a．即可得出它们图象与坐标轴交点处的切线方程，再利用两平行切线间的距离公式即可得出．
（2）设h（x）=e^x-mx-1（m＞0），则h′（x）=e^x-m，利用导数研究其单调性可得h（x）_min=h（lnm）=m-mlnm-1．令g（m）=m-mlnm-1，再利用导数研究其单调性可得g（m）≤g（1）=0，对于任意x∈R，f（x）≥mx+1（其中m＞0）恒成立?g（m）≥0，可得g（m）=0，解得m．
（3）函数f（x）和g（x）纵差F（x）=|e^x-lnx|=e^x-lnx，x＞0．利用导数的运算法则可得；F′(x)=ex-

1

x

，设x=t是F′（x）=0的解，利用导数研究其单调性可得F（x）_min=e^t-lnt=e^t-ln

1

et

=e^t+t，利用函数零点的判定定理可得

1

2

＜t＜1．利用F（x）_min=et+t＞e

1

2

+

1

2

即可证明．

解答： 解：（1）函数f（x）=ae^x，与坐标轴的交点为（0，a），f′（x）=ae^x；
g（x）=

1

a

lnx，与坐标轴的交点为（1，0），g′(x)=

1

ax

．
∵它们图象与坐标轴交点处的切线互相平行，
∴f′（0）=g′（1），∴a=

1

a

，又a＞0，解得a=1．
∴它们图象与坐标轴交点处的切线方程分别为：y-1=x，y=x-1．
∴这两平行切线间的距离d=

2

2

=

2

；
（2）设h（x）=e^x-mx-1（m＞0），则h′（x）=e^x-m，令h′（x）=0，解得x=lnm．
当x∈（0，lnm）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减；当x∈（lnm，+∞）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增．
∴h（x）_min=h（lnm）=m-mlnm-1．
令g（m）=m-mlnm-1，则g′（m）=-lnm，令g′（m）=0，解得m=1．
当m∈（0，1）时，g′（m）＞0，函数h（x）单调递增；
当m∈（1，+∞）时，g′（m）＜0，函数h（x）单调递减．
∴g（m）≤g（1）=0，
对于任意x∈R，f（x）≥mx+1（其中m＞0）恒成立?g（m）≥0，
∴g（m）=0，解得m=1．
（3）证明：∵函数f（x）和g（x）纵差F（x）=|e^x-lnx|=e^x-lnx，x＞0．
∴F′(x)=ex-

1

x

，
设x=t是F′（x）=0的解，则当x∈（0，t）时，F′（x）＜0，F（x）在（0，t）内单调递减；
当x∈（t，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）在（0，t）内单调递增．
∴F（x）_min=e^t-lnt=e^t-ln

1

et

=e^t+t，
∵F′（1）=e-1＞0，F′(

1

2

)=

e

-2＜0，∴

1

2

＜t＜1．
因此F（x）_min=et+t＞e

1

2

+

1

2

=

e

+

1

2

＞

2.25

+

1

2

=2，
即函数f（x）和g（x）所有纵差都大于2．

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、导数的几何意义、切线方程，考查了多次利用导数研究函数的单调性，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了函数的零点无法解出而研究其性质的方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．