Question

6．已知函數f（x）=lnx+$\frac{{e}^{x}}{e}$-a（x-1），其中a∈R，e=2.71828…是自然對數的底數．
（Ⅰ）當a=1時，求曲線y=f（x）在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）證明：當a≤2時，函數f（x）是（1，+∞）內的增函數；
（Ⅲ）當a=3時，判斷函數F（x）=f（x）-1的零點個數，并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將a=1代入函數表達式，求出函數的導數，從而求出函數在x=1處的切線方程；
（Ⅱ）先求出函數f（x）的導數，從而得到函數的單調性，進而證出結論；
（Ⅲ）將a=3代入函數F（x）的表達式，求出F（x）的導數，得到函數的單調性，從而求出函數F（x）的零點的個數．

解答 解：（Ⅰ）當a=1時，f（x）=lnx+$\frac{{e}^{x}}{e}$-x+1，
f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{{e}^{x}}{e}$-1，
∵f′（1）=1，f（1）=1，
∴曲線y=f（x）在x=1處的切線方程為y-1=x-1，即：x-y=0；
（Ⅱ）由f（x）=lnx+$\frac{{e}^{x}}{e}$-a（x-1），得f′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{{e}^{x}}{e}$-a，
令g（x）=f′（x），當a≤2時，g（1）=2-a≥0，
g′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{{e}^{x}}{e}$，而y=-$\frac{1}{{x}^{2}}$和y=e^x-1均是（0，+∞）內的增函數，
∴g′（x）也是（0，+∞）內的增函數，當x＞1時，則g′（x）＞g′（1）=0，
可知g（x）=f′（x）是（1，+∞）內的增函數，
∴當x＞1時，有g（x）＞g（1）≥0，即f′（x）＞0，
故當a≤2時，函數f（x）是（1，+∞）內的增函數；
（Ⅲ）當a=3時，F（x）=f（x）-1=lnx+$\frac{{e}^{x}}{e}$-3x+2（x＞0），
則F′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{{e}^{x}}{e}$-3，
令h（x）=F′（x），則h′（x）=-$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{{e}^{x}}{e}$，
由（Ⅱ），有h′（x）=g′（x），
于是可知h′（x）也是（0，+∞）內的增函數，且有h′（1）=0，
當0＜x＜1時，h′（x）＜0，當x＞1時，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1）內單調遞減，h（x）在（1，+∞）單調遞增，
由h（x）在（0，1）內單調遞減，h（1）=-1＜0，且h（$\frac{1}{3}$）=${e}^{-\frac{2}{3}}$＞0，
∴根據零點存在定理，存在唯一t₁∈（$\frac{1}{3}$，1），使得h（t₁）=0，
又h（2）=e-2.5＞0，同理存在唯一t₂∈（1，2），使得h（t₂）=0，
當0＜x＜1t₁或x＞t₂時，h（x）＞0，當t₁＜x＜t₂時，h（x）＜0，
∴F（x）在（0，t₁），（t₂，+∞）內單調遞增，在（t₁，t₂）內單調遞減，
則F（t₁）＞F（1）=0＞F（t₂），
故x=1是F（x）在（t₁，t₂）內的唯一零點，
由F（x）在（0，t₁）內單調遞增，F（$\frac{1}{{e}^{3}}$）＜-1+$\frac{1}{e}$-$\frac{3}{{e}^{3}}$＜-$\frac{3}{{e}^{3}}$＜0且F（t₁）＞0，
∴根據零點存在定理，存在唯一x₁∈（$\frac{1}{{e}^{3}}$，t₁），使得F（x₁）=0，
故x=x₁是F（x）在（0，t₁）內的唯一零點，
由F（x）在（t₂，+∞）內單調遞增，F（3）=ln3+e²-7＞e²-6＞0且F（t₁）＜0，
∴根據零點存在定理，存在唯一x₂∈（t₂，3），使得F（x₂）=0，
故x=x₂是F（x）在（t₂，+∞）內的唯一零點，
綜上，F（x）在（0，+∞）內共有三個零點，分別是x₁，1，x₂．

點評 本題考查了導數的應用，考察函數的零點問題，考察曲線的切線方程，第三問較難，解題時注意細心判斷．