Question

1．已知函數(shù)f（x）=lnx-a（x-1），g（x）=e^x，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）設(shè)$t（x）=\frac{1}{x}g（x），x∈（0，+∞）$，求函數(shù)t（x）在[m，m+1]（m＞0）上的最小值；
（Ⅱ）過原點(diǎn)分別作曲線y=f（x）與y=g（x）的切線l₁，l₂，已知兩切線的斜率互為倒數(shù)，
求證：a=0或$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）按照極值點(diǎn)在區(qū)間[m，m+1]（m＞0）的右側(cè)、內(nèi)部、左側(cè)三種情況進(jìn)行討論，由函數(shù)的單調(diào)性即可求得其最小值；
（Ⅱ）依據(jù)指數(shù)函數(shù)y=e^x與對(duì)數(shù)函數(shù)y=lnx關(guān)于直線y=x對(duì)稱的特征，得到過原點(diǎn)的切線也關(guān)于直線y=x對(duì)稱，主要考查利用導(dǎo)函數(shù)研究曲線的切線及結(jié)合方程有解零點(diǎn)存在定理的應(yīng)該用求參數(shù)的問題，得到不等式的證明；

解答 （Ⅰ）解：$t（x）=\frac{e^x}{x}，x∈（0，+∞）$，$t'（x）=\frac{{x{e^x}-{e^x}}}{x^2}$…（1分）
令t'（x）＞0得x＞1，令t'（x）＜0得x＜1，
所以，函數(shù)t（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，+∞）上是增函數(shù)，…（3分）
∴當(dāng)m≥1時(shí)，t（x）在[m，m+1]（m＞0）上是增函數(shù)，∴$t{（x）_{min}}=t（m）=\frac{e^m}{m}$…（4分）
當(dāng)0＜m＜1時(shí)，函數(shù)t（x）在[m，1]上是減函數(shù)，在[1，m+1]上是增函數(shù)，
∴t（x）_min=t（1）=e．…（5分）
（Ⅱ）設(shè)l₂的方程為y=k₂x，切點(diǎn)為（x₂，y₂），則${y_2}={e^{x_2}}$，${k_2}=g'（{x_2}）={e^{x_2}}=\frac{y_2}{x_2}$
∴x₂=1，y₂=e∴k₂=e．…（6分）
由題意知，切線l₁的斜率${k_1}=\frac{1}{k_2}=\frac{1}{e}$，∴切線l₁的方程為$y=\frac{1}{e}x$，設(shè)l₁與曲線y=f（x）的切點(diǎn)為（x₁，y₁），∴${k_1}=f'（{x_1}）=\frac{1}{x_1}-a=\frac{1}{e}=\frac{y_1}{x_1}$，∴${y_1}=\frac{x_1}{e}=1-a{x_1}$，$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$，
又y₁=lnx₁-a（x₁-1），消去y₁，a后整理得$ln{x_1}-1+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$，$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$…（8分）
令$m（x）=lnx-1+\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$，則$m'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，
∴m（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，…（9分）
若x₁∈（0，1），∵$m（\frac{1}{e}）=-2+e-\frac{1}{e}＞0$，$m（1）=-\frac{1}{e}＜0$，∴${x_1}∈（\frac{1}{e}，1）$，
而$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$，在$（\frac{1}{e}，1）$單調(diào)遞減，∴$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$． …（10分）
若x₁∈（1，+∞），∵m（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，且m（e）=0，
∴x₁=e，∴$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$…（11分）
綜上，a=0或$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)討論含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性及最值、利用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線問題，屬于中檔題．