Question

6．已知函数f（x）=lnx+$\frac{{e}^{x}}{e}$-a（x-1），其中a∈R，e=2.71828…是自然对数的底数．
（Ⅰ）当a=1时，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）证明：当a≤2时，函数f（x）是（1，+∞）内的增函数；
（Ⅲ）当a=3时，判断函数F（x）=f（x）-1的零点个数，并说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将a=1代入函数表达式，求出函数的导数，从而求出函数在x=1处的切线方程；
（Ⅱ）先求出函数f（x）的导数，从而得到函数的单调性，进而证出结论；
（Ⅲ）将a=3代入函数F（x）的表达式，求出F（x）的导数，得到函数的单调性，从而求出函数F（x）的零点的个数．

解答 解：（Ⅰ）当a=1时，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，
∴曲线y=f（x）在x=1处的切线方程为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），当a≤2时，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，+∞）内的增函数，
∴g′（x）也是（0，+∞）内的增函数，当x＞1时，则g′（x）＞g′（1）=0，
可知g（x）=f′（x）是（1，+∞）内的增函数，
∴当x＞1时，有g（x）＞g（1）≥0，即f′（x）＞0，
故当a≤2时，函数f（x）是（1，+∞）内的增函数；
（Ⅲ）当a=3时，F（x）=f（x）-1=lnx+$\frac{{e}^{x}}{e}$-3x+2（x＞0），
则F′（x）=$\frac{1}{x}$+$\frac{{e}^{x}}{e}$-3，
令h（x）=F′（x），则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，+∞）内的增函数，且有h′（1）=0，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当x＞1时，h′（x）＞0，
∴h（x）在（0，1）内单调递减，h（x）在（1，+∞）单调递增，
由h（x）在（0，1）内单调递减，h（1）=-1＜0，且h（$\frac{1}{3}$）=${e}^{-\frac{2}{3}}$＞0，
∴根据零点存在定理，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，
当0＜x＜1t₁或x＞t₂时，h（x）＞0，当t₁＜x＜t₂时，h（x）＜0，
∴F（x）在（0，t₁），（t₂，+∞）内单调递增，在（t₁，t₂）内单调递减，
则F（t₁）＞F（1）=0＞F（t₂），
故x=1是F（x）在（t₁，t₂）内的唯一零点，
由F（x）在（0，t₁）内单调递增，F（$\frac{1}{{e}^{3}}$）＜-1+$\frac{1}{e}$-$\frac{3}{{e}^{3}}$＜-$\frac{3}{{e}^{3}}$＜0且F（t₁）＞0，
∴根据零点存在定理，存在唯一x₁∈（$\frac{1}{{e}^{3}}$，t₁），使得F（x₁）=0，
故x=x₁是F（x）在（0，t₁）内的唯一零点，
由F（x）在（t₂，+∞）内单调递增，F（3）=ln3+e²-7＞e²-6＞0且F（t₁）＜0，
∴根据零点存在定理，存在唯一x₂∈（t₂，3），使得F（x₂）=0，
故x=x₂是F（x）在（t₂，+∞）内的唯一零点，
综上，F（x）在（0，+∞）内共有三个零点，分别是x₁，1，x₂．

点评 本题考查了导数的应用，考察函数的零点问题，考察曲线的切线方程，第三问较难，解题时注意细心判断．