Question

17．已知函數(shù)f（x）=e^x，g（x）=lnx-a（x-1），其中a＞0，經(jīng)過坐標原點分別作曲線y=f（x）和y=g（x）的切線l₁，l₂，兩條切線的斜率依次為k₁，k₂．
（1）求k₁的值；
（2）如果k₁•k₂=1，證明：1-$\frac{1}{e}$＜a＜e-$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出切點P（x₁，e^x₁），求出y=f（x）的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率和方程，代入原點求得切點坐標，可得切線的斜率；
（2）設(shè)l₂與曲線y=g（x）的切點為Q（x₂，y₂），可得切線的斜率和方程，由k₁=e，可得lnx₂-1+$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{e}$=0，令m（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$，求出導(dǎo)數(shù)和單調(diào)區(qū)間，討論x₂∈（0，1），x₂∈（1，+∞），由零點存在定理，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）對f（x）求導(dǎo)，得f′（x）=e^x，
設(shè)經(jīng)過坐標原點作曲線y=f（x）的切線l₁，其切點為P（x₁，e^x₁），
即有切線的斜率為k₁=e^x₁，切線的方程為y-e^x₁=e^x₁（x-x₁），
代入原點（0，0），可得-e^x₁=e^x₁（-x₁），可得x₁=1，
即有k₁=e；
（2）證明：由（1）可得k₁=e．
由題意知，切線l₂的斜率為k₂=$\frac{1}{{k}_{1}}$=$\frac{1}{e}$，
l₂的方程為y=k₂x=$\frac{1}{e}$x．
設(shè)l₂與曲線y=g（x）的切點為Q（x₂，y₂），
則k₂=f′（x₂）=$\frac{1}{{x}_{2}}$-a=$\frac{1}{e}$=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$，
所以y₂=$\frac{{x}_{2}}{e}$=1-ax₂，a=$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{e}$．
又因為y₂=lnx₂-a（x₂-1），消去y₂和a后，
整理得lnx₂-1+$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{e}$=0．      
令m（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$，
則m′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
m（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增．
若x₂∈（0，1），因為m（$\frac{1}{e}$）=-2+e-$\frac{1}{e}$＞0，m（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，
所以x₂∈（$\frac{1}{e}$，1），
而a=$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{e}$在x₂∈（$\frac{1}{e}$，1）上單調(diào)遞減，
所以1-$\frac{1}{e}$＜a＜e-$\frac{1}{e}$．
若x₂∈（1，+∞），因為m（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，且m（e）=0，則x₂=e，
所以a=$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{e}$=0與a＞0矛盾．
綜上可知，1-$\frac{1}{e}$＜a＜e-$\frac{1}{e}$．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求曲線的切線問題和判斷函數(shù)的單調(diào)性及研究不等式恒成立問題，注意運用分類討論和構(gòu)造函數(shù)法，屬于中檔題．