Question

11．已知函数f（x）=lnx-a（x-1），g（x）=e^x，
（1）（Ⅰ）g（x）≥x+1
   （Ⅱ）设h（x）=f（x+1）+g（x），当x≥0，h（x）≥1时，求实数a的取值范围；
（2）当a≠0时，过原点分别做曲线y=f（x）与y=g（x）的切线l₁、l₂，已知两切线的斜率互为倒数，证明：$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得g（x）-x-1的导数，求得单调区间和极小值，可得最小值，即可得证；
（Ⅱ）（1）利用导数处理函数的最值和不等式的恒成立求参数的范围问题，求导过程中用到了e^x≥x+1这个结论，注意讨论a的范围；
（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，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：（Ⅰ）g（x）-x-1=e^x-x-1，
g′（x）=e^x-1，当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）递增；
当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）递减．
则x=0处取得极小值，且为最小值0，
即有g（x）≥x+1：
（Ⅱ）（1）h（x）=f（x+1）+g（x）=ln（x+1）-ax+e^x，
h′（x）=e^x+$\frac{1}{x+1}$-a．
①当a≤2时，因为e^x≥x+1，所以h′（x）=e^x+$\frac{1}{x+1}$-a≥x+1+$\frac{1}{x+1}$-a≥2-a≥0，
h（x）在[0，+∞）上递增，h（x）≥h（0）=1恒成立，符合题意；
②当a＞2时，因为h″（x）=e^x-$\frac{1}{（x+1）^{2}}$=$\frac{（x+1）^{2}{e}^{x}-1}{（x+1）^{2}}$≥0，
所以h′（x）在[0，+∞）上递增，且h′（0）=2-a＜0，
则存在x₀∈（0，+∞），使得h′（0）=0．
所以h（x）在（0，x₀）上递减，在（x₀，+∞）上递增，又h（x₀）＜h（0）=1，
所以h（x）≥1不恒成立，
综合①②可知，所求实数a的取值范围是（-∞，2]；
（2）证明：设切线l₂的方程为y=k₂x，切点为（x₂，y₂），
则y₂=e^x₂，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（舍去）．
综上可知，$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．

点评 本题考查利用导数求切线的斜率和单调性、极值和最值，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．