Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx-a（a∈R）與函數(shù)$F（x）=x+\frac{2}{x}$有公共切線．
（Ⅰ）求a的取值范圍；
（Ⅱ）若不等式xf（x）+e＞2-a對(duì)于x＞0的一切值恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x}$，$F'（x）=1-\frac{2}{x^2}$．由函數(shù)f（x）與F（x）有公共切線，知函數(shù)f（x）與F（x）的圖象相切或無(wú)交點(diǎn)．由此能求出a的取值范圍．
（Ⅱ）等價(jià)于xlnx+a+e-2-ax≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，令g（x）=xlnx+a+e-2-ax，g'（x）=lnx+1-a，令g'（x）=0，得$x=\frac{e^a}{e}$，從而求出g（x）的最小值，令$t（x）=x+e-2-\frac{e^x}{e}$，由$t'（x）=1-\frac{e^x}{e}$=0，得x=1，由此能求出a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{1}{x}$，$F'（x）=1-\frac{2}{x^2}$．
∵函數(shù)f（x）與F（x）有公共切線，∴函數(shù)f（x）與F（x）的圖象相切或無(wú)交點(diǎn)．
當(dāng)兩函數(shù)圖象相切時(shí)，設(shè)切點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x₀（x₀＞0），則$f'（{x_0}）=\frac{1}{x_0}=F'（{x_0}）=1-\frac{2}{{{x_0}^2}}$，
解得x₀=2或x₀=-1（舍去），
則f（2）=F（2），得a=ln2-3，
由此求出a≥ln2-3，即a的取值范圍為[ln2-3，+∞）．
（Ⅱ）等價(jià)于xlnx+a+e-2-ax≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，
令g（x）=xlnx+a+e-2-ax，
因?yàn)間'（x）=lnx+1-a，令g'（x）=0，得$x=\frac{e^a}{e}$，

x	$（0，\frac{e^a}{e}）$	$\frac{e^a}{e}$	$（\frac{e^a}{e}，+∞）$
g'（x）	-	0	+
g（x）		極小值

所以g（x）的最小值為$g（\frac{e^a}{e}）=（a-1）\frac{e^a}{e}+a+e-2-a•\frac{e^a}{e}=a+e-2-\frac{e^a}{e}$，
令$t（x）=x+e-2-\frac{e^x}{e}$，因?yàn)?t'（x）=1-\frac{e^x}{e}$，
令t'（x）=0，得x=1，且

x	（0，1）	1	（1，+∞）
t'（x）	+	0	-
t（x）		極大值

所以當(dāng)a∈（0，1）時(shí)，g（x）的最小值$t（a）＞t（0）=e-2-\frac{1}{e}=\frac{e（e-2）-1}{e}＞0$，
當(dāng)a∈[1，+∞）時(shí)，g（x）的最小值為$t（a）=ae-2-\frac{e^a}{e}≥0$=t（2），
所以a∈[1，2]．
綜上得a的取值范圍為（0，2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查實(shí)數(shù)的取值范圍、導(dǎo)數(shù)性質(zhì)、構(gòu)造法、導(dǎo)數(shù)的幾何意義等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想、分類與整合思想，考查創(chuàng)新意識(shí)、應(yīng)用意識(shí)，是中檔題．