Question

1．已知函數f（x）=lnx-a（x-1），g（x）=e^x，其中e為自然對數的底數．
（Ⅰ）設$t（x）=\frac{1}{x}g（x），x∈（0，+∞）$，求函數t（x）在[m，m+1]（m＞0）上的最小值；
（Ⅱ）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，
求證：a=0或$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）按照極值點在區間[m，m+1]（m＞0）的右側、內部、左側三種情況進行討論，由函數的單調性即可求得其最小值；
（Ⅱ）依據指數函數y=e^x與對數函數y=lnx關于直線y=x對稱的特征，得到過原點的切線也關于直線y=x對稱，主要考查利用導函數研究曲線的切線及結合方程有解零點存在定理的應該用求參數的問題，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t（x）在（0，1）上是減函數，在（1，+∞）上是增函數，…（3分）
∴當m≥1時，t（x）在[m，m+1]（m＞0）上是增函數，∴$t{（x）_{min}}=t（m）=\frac{e^m}{m}$…（4分）
當0＜m＜1時，函數t（x）在[m，1]上是減函數，在[1，m+1]上是增函數，
∴t（x）_min=t（1）=e．…（5分）
（Ⅱ）設l₂的方程為y=k₂x，切點為（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l₁與曲線y=f（x）的切點為（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）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，…（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$（\frac{1}{e}，1）$單調遞減，∴$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$． …（10分）
若x₁∈（1，+∞），∵m（x）在（1，+∞）上單調遞增，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）

點評 本題考查利用導數討論含參數函數的單調性及最值、利用導數求曲線的切線問題，屬于中檔題．