Question

19．已知函數(shù)f（x）=lnx．
（Ⅰ）求過點（0，0），曲線y=f（x）的切線方程；
（Ⅱ）設函數(shù)g（x）=f（x）-e^x，求證：函數(shù)g（x）有且只有一個極值點；
（Ⅲ）若f（x）≤a（x-1）恒成立，求a的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導數(shù)，設切點為（m，n），求得切線的斜率和切線方程，代入原點，解得m=e，即可得到切線方程；
（Ⅱ）求出g（x）的導數(shù)，運用零點存在定理，由g′（x）在x＞0上遞減，g′（$\frac{1}{2}$）=2-${e}^{\frac{1}{2}}$＞0，g′（1）=1-e＜0，即可得證；
（Ⅲ）若f（x）≤a（x-1）恒成立，即有l(wèi)nx-a（x-1）≤0恒成立．令g（x）=lnx-a（x-1），求出導數(shù)，對a討論，判斷單調性，求出最大值，解不等式運用兩邊夾法則，即可得到a=1．

解答 （Ⅰ）解：設切點為（m，n），
函數(shù)f（x）=lnx的導數(shù)為f′（x）=$\frac{1}{x}$，
則切線的斜率為k=$\frac{1}{m}$，
切線方程為y-lnm=$\frac{1}{m}$（x-m），
代入原點，可得lnm=1，解得m=e，
即有切線方程為y=$\frac{1}{e}$x；
（Ⅱ）證明：設函數(shù)g（x）=f（x）-e^x=lnx-e^x，x＞0，
g′（x）=$\frac{1}{x}$-e^x，令h（x）=g′（x），h′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$-e^x＜0恒成立，
即有h（x）在（0，+∞）上遞減，h（$\frac{1}{2}$）=g′（$\frac{1}{2}$）=2-${e}^{\frac{1}{2}}$＞0，h（1）=g′（1）=1-e＜0，
即有g′（x）=0在（$\frac{1}{2}$，1）有且只有一個實根，
則函數(shù)g（x）有且只有一個極值點；
（Ⅲ）解：若f（x）≤a（x-1）恒成立，
即有l(wèi)nx≤a（x-1）恒成立．
即有l(wèi)nx-a（x-1）≤0恒成立．
令g（x）=lnx-a（x-1），g′（x）=$\frac{1}{x}$-a=$\frac{1-ax}{x}$，
當a≤0時，g′（x）＞0，g（x）在（0，+∞）遞增，不恒成立；
當a＞0時，當x＞$\frac{1}{a}$時，g′（x）＜0，g（x）遞減，
當0＜x＜$\frac{1}{a}$時，g′（x）＞0，g（x）遞增．
即有x=$\frac{1}{a}$處g（x）取得極大值，也為最大值，
即有l(wèi)n$\frac{1}{a}$-a（$\frac{1}{a}$-1）≤0，即為lna≥a-1．
由于lna-a+1的導數(shù)為$\frac{1}{a}$-1，當a＞1時，導數(shù)小于0，
當0＜a＜1時，導數(shù)大于0，
即有a=1處取得極大值，也為最大值，且為0．
即有l(wèi)na-a+1≤0，
即有l(wèi)na=a-1，解得a=1．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線方程和單調區(qū)間、極值和最值，主要考查導數(shù)的幾何意義和函數(shù)的零點存在定理的運用，同時考查不等式的恒成立問題注意轉化為求函數(shù)的最值問題，屬于中檔題．