Question

20．已知函數(shù)f（x）=lnx-a（x-1），g（x）=e^x
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，9]為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)a≠0時，過原點分別作曲線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)，證明：$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為即$\frac{1-ax}{x}$≥0在區(qū)間（0，9]恒成立，即a≤${[\frac{1}{x}]}_{min}$，求出a的范圍即可；
（Ⅱ）設(shè)切線l₂的方程為y=k₂x，從而由導(dǎo)數(shù)及斜率公式可求得切點為（1，e），k₂=e；再設(shè)l₁的方程為y=$\frac{1}{e}$x；設(shè)l₁與曲線y=f（x）的切點為（x₁，y₁），從而可得y₁=$\frac{{x}_{1}}{e}$=1-ax₁，a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$；結(jié)合y₁=lnx₁-a（x₁-1）可得lnx₁-1+$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0，再令m（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$，從而求導(dǎo)確定函數(shù)的單調(diào)性，從而確定$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$，問題得證．

解答 解：（Ⅰ）由f（x）=lnx-a（x-1）得，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$，
∵函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，9]為增函數(shù)，
∴f′（x）≥0在區(qū)間（0，9]恒成立，
即$\frac{1-ax}{x}$≥0在區(qū)間（0，9]恒成立，
∴a≤${[\frac{1}{x}]}_{min}$，而${[\frac{1}{x}]}_{min}$=$\frac{1}{9}$，
∴a∈（-∞，$\frac{1}{9}$]；
（Ⅱ）證明：設(shè)切線l₂的方程為y=k₂x，切點為（x₂，y₂），則y₂=e^x₂，
k₂=g′（x₂）=e^x₂=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$，
所以x₂=1，y₂=e，則k₂=e．
由題意知，切線l₁的斜率為k₁=$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{1}{e}$，l₁的方程為y=$\frac{1}{e}$x；
設(shè)l₁與曲線y=f（x）的切點為（x₁，y₁），則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=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$．
又因為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，
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．
若x₁∈（0，1），因為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）上單調(diào)遞減，所以 $\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．
若x₁∈（1，+∞），因為m（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，且m（e）=0，則x₁=e，
所以a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0（舍去）．  
綜上可知，$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)討論含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線問題，主要考查利用導(dǎo)函數(shù)研究曲線的切線及結(jié)合方程有解零點存在定理的應(yīng)該用求參數(shù)的問題，得到不等式的證明；屬于難題．