Question

20．已知函数f（x）=lnx-a（x-1），g（x）=e^x，其中e为自然对数的底数．
（Ⅰ）设h（x）=f（x+1）+g（x）．当x≥0时，h（x）≥1，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）过原点分别作曲线y=f（x）与y=g（x）的切线l₁，l₂已知两切线的斜率互为倒数，求证：a=0或$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出h（x）的导数，得到h′（x）在[0，+∞）单调递增，再通过讨论a的范围，结合函数的单调性从而得到答案；
（Ⅱ）设出切线方程，表示出斜率，根据两切线的斜率互为倒数，结合函数的单调性，从而求出a的值．

解答 解：（Ⅰ）∵h（x）=f（x+1）+g（x）=ln（x+1）-ax+e^x，
∴h′（x）=e^x+$\frac{1}{x+1}$-a，
令F（x）=e^x+$\frac{1}{x+1}$-a，则F′（x）=e^x-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$，
∵e^x-$\frac{1}{{（x+1）}^{2}}$≥0，∴F（x）即h′（x）在[0，+∞）单调递增，
∴h′（x）≥h′（0）=2-a，
①当a≤2时，h′（x）≥2-a≥0，
∴h（x）在[0，+∞）单调递增，h（x）≥h（0）=1恒成立，符合题意；
②当a＞2时，易知存在x₀∈[0，+∞），使得h′（x₀）=0，
∴h（x）在（0，x₀）单调递减，在（x₀，+∞）单调递增，
∴h（x₀）＜h（0）=1，
∴h（x）≥≥1不恒成立，不符合题意；
综上可知所求实数a的范围是（-∞，2]．
（Ⅱ）设切线l₂的方程为y=k₂x，切点为（x₂，y₂），
则y₂=${e}^{{x}_{2}}$，又k₂=g′（x₂）=${e}^{{x}_{2}}$=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$，
∴x₂=1，y₂=e，于是k₂=${e}^{{x}_{2}}$=e，
由题意得：切线l₁的斜率为k₁=$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{1}{e}$，l₁的方程为y=k₁x=$\frac{1}{e}$x，
设l₁与曲线y=f（x）的切点为（x₁，y₁），
则k₁=f′（x₁）=$\frac{1}{{x}_{1}}$-a=$\frac{1}{e}$=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，∴y₁=$\frac{{x}_{1}}{e}$=1-ax₁，a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$，
又∵y₁=lnx₁-a（x₁-1），消去y₁和a后，整理得lnx₁-1+$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0，
令m（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$，则m′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$，
m（x）在（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增；
若x₁∈（0，1），∵m（$\frac{1}{e}$）=-2+e-$\frac{1}{e}$＞0，m（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，
∴x₁∈（$\frac{1}{e}$，1），而a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$在（$\frac{1}{e}$，1）单调递减，
∴$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$，
若x₁∈（1，+∞），∵m（x）在（1，+∞）单调递增，且m（e）=0，∴x₁=e，故a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0，
综上，可知a=0或$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．

点评 本题考查了函数的单调性，考查了导数的应用，考查曲线的切线方程问题，是一道中档题．