Question

20．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)h（x）=f（x+1）+g（x）．當(dāng)x≥0時(shí)，h（x）≥1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）過(guò)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）先求出h（x）的導(dǎo)數(shù)，得到h′（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，再通過(guò)討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性從而得到答案；
（Ⅱ）設(shè)出切線方程，表示出斜率，根據(jù)兩切線的斜率互為倒數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，從而求出a的值．

解答 解：（Ⅰ）∵h(yuǎn)（x）=f（x+1）+g（x）=ln（x+1）-ax+e^x，
∴h′（x）=e^x+$\frac{1}{x+1}$-a，
令F（x）=e^x+$\frac{1}{x+1}$-a，則F′（x）=e^x-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$，
∵e^x-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$≥0，∴F（x）即h′（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，
∴h′（x）≥h′（0）=2-a，
①當(dāng)a≤2時(shí)，h′（x）≥2-a≥0，
∴h（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，h（x）≥h（0）=1恒成立，符合題意；
②當(dāng)a＞2時(shí)，易知存在x₀∈[0，+∞），使得h′（x₀）=0，
∴h（x）在（0，x₀）單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）單調(diào)遞增，
∴h（x₀）＜h（0）=1，
∴h（x）≥≥1不恒成立，不符合題意；
綜上可知所求實(shí)數(shù)a的范圍是（-∞，2]．
（Ⅱ）設(shè)切線l₂的方程為y=k₂x，切點(diǎn)為（x₂，y₂），
則y₂=${e}^{{x}_{2}}$，又k₂=g′（x₂）=${e}^{{x}_{2}}$=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$，
∴x₂=1，y₂=e，于是k₂=${e}^{{x}_{2}}$=e，
由題意得：切線l₁的斜率為k₁=$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{1}{e}$，l₁的方程為y=k₁x=$\frac{1}{e}$x，
設(shè)l₁與曲線y=f（x）的切點(diǎn)為（x₁，y₁），
則k₁=f′（x₁）=$\frac{1}{{x}_{1}}$-a=$\frac{1}{e}$=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，∴y₁=$\frac{{x}_{1}}{e}$=1-ax₁，a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$，
又∵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+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$，則m′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
m（x）在（0，1）單調(diào)遞減，在（1，+∞）單調(diào)遞增；
若x₁∈（0，1），∵m（$\frac{1}{e}$）=-2+e-$\frac{1}{e}$＞0，m（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，
∴x₁∈（$\frac{1}{e}$，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＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$，
若x₁∈（1，+∞），∵m（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，且m（e）=0，∴x₁=e，故a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0，
綜上，可知a=0或$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，考查曲線的切線方程問(wèn)題，是一道中檔題．