Question

9．對(duì)于函數(shù)h（x）=lnx-ax+a，g（x）=e^x．
（Ⅰ）求函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)直線l₁：y=k₁x和直線l₂：y=k₂x分別與y=h（x）和y=g（x）相切，k₁k₂=1，求證實(shí)數(shù)a滿足：a=0或1-e^-1＜a＜e-e^-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論當(dāng)a≤0時(shí)，當(dāng)a＞0時(shí)的情況，從而求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)出直線與曲線的切點(diǎn)坐標(biāo)，求出k₁，k₂的值，從而得$ln{x_1}-1+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$．令$u（x）=lnx-1+\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$，通過(guò)討論u（x）的單調(diào)性，從而求出a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）$h'（x）=\frac{1}{x}-a=\frac{1-ax}{x}（x＞0）$．
（�。┊�(dāng)a≤0時(shí)，對(duì)任意x＞0，h′（x）＞0，此時(shí)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（0，+∞）；
（ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，若$0＜x＜\frac{1}{a}$，h′′（x）＞0；若$x≥\frac{1}{a}$，h′′′（x）≤0，
所以函數(shù)h（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為$（0，\frac{1}{a}）$，單調(diào)遞減區(qū)間為$（\frac{1}{a}，+∞）$；
（Ⅱ）設(shè)直線l₂與y=g（x）相切于點(diǎn)（x₂，y₂），
則${y_2}={e^{x_2}}$，${k_2}=g'（{x_2}）={e^{x_2}}=\frac{y_2}{x_2}$，聯(lián)立得x₂=1，y₂=e，
從而${k_2}={e^{x_2}}=e$．從而${k_1}=\frac{1}{k_2}=\frac{1}{e}$，
則直線l₁的方程為$y={k_1}x=\frac{1}{e}x$．
設(shè)直線l₁與曲線y=h（x）的切點(diǎn)為（x₁，y₁），
則${k_1}=f'（{x_1}）=\frac{1}{x_1}-a=\frac{1}{e}=\frac{y_1}{x_1}$，
∴${y_1}=\frac{x_1}{e}=1-a{x_1}$①，$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$②．
又因?yàn)閥₁=lnx₁-ax₁+a，代入①，②得$ln{x_1}-1+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$．
令$u（x）=lnx-1+\frac{1}{x}-\frac{1}{e}$，則$u'（x）=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$，
從而u（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在[1，+∞）上單調(diào)遞增．
當(dāng)x₁∈（0，1）時(shí)，注意到$u（\frac{1}{e}）=-2+e-\frac{1}{e}＞0$，$u（1）=-\frac{1}{e}＜0$，
∴${x_1}∈（\frac{1}{e}，1）$，而$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$在${x_1}∈（\frac{1}{e}，1）$上單調(diào)遞減，
∴$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$，即1-e^-1＜a＜e-e^-1；
當(dāng)x₁∈[1，+∞）時(shí)，u（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，且u（e）=0，
從而x₁=e，代入$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$得a=0．
綜上，實(shí)數(shù)a滿足：a=0或1-e^-1＜a＜e-e^-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考察了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性，考察切線方程問(wèn)題，考察轉(zhuǎn)化思想，本題是一道難題．