Question

6．已知函数f（x）=lnx-a（x-1），g（x）=e^x．
（1）当a=2时，求函数f（x）的最值；
（2）当a≠0时，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，证明：$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．

Answer 1

分析 （1）当a=2时，f（x）=lnx-2（x-1）的定义域为（0，+∞），再利用导数求函数的单调区间，从而求解函数的最值；
（2）设切线l₂的方程为y=k₂x，从而由导数及斜率公式可求得切点为（1，e），k₂=e；再设l₁的方程为y=$\frac{1}{e}$x；设l₁与曲线y=f（x）的切点为（x₁，y₁），从而可得y₁=$\frac{{x}_{1}}{e}$=1-ax₁，a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$；结合y₁=lnx₁-a（x₁-1）可得lnx₁-1+$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0，再令m（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$，从而求导确定函数的单调性，从而确定$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$，问题得证．

解答 解：（1）当a=2时，f（x）=lnx-2（x-1）的定义域为（0，+∞），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2=$\frac{1-2x}{x}$；
当x∈（0，$\frac{1}{2}$）时，f′（x）＞0，当x∈（$\frac{1}{2}$，+∞）时，f′（x）＜0，
即函数f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）上单调递增，在（$\frac{1}{2}$，+∞）上单调递减．
所以f（x）_max=f（$\frac{1}{2}$）=1-ln2，没有最小值．
（2）证明：设切线l₂的方程为y=k₂x，切点为（x₂，y₂），则y₂=${e}^{{x}_{2}}$，
k₂=g′（x₂）=${e}^{{x}_{2}}$=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$，
所以x₂=1，y₂=e，则k₂=e．
由题意知，切线l₁的斜率为k₁=$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{1}{e}$，l₁的方程为y=$\frac{1}{e}$x；
设l₁与曲线y=f（x）的切点为（x₁，y₁），则k₁=f′（x₁）=$\frac{1}{{x}_{1}}$-a=$\frac{1}{e}$=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，
所以y₁=$\frac{{x}_{1}}{e}$=1-ax₁，a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$．
又因为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+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$=0，
则m′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
若x₁∈（0，1），因为m（$\frac{1}{e}$）=-2+e-$\frac{1}{e}$＞0，m（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，所以x₁∈（$\frac{1}{e}$，1），
而a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$在x₁∈（$\frac{1}{e}$，1）上单调递减，所以$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．
若x₁∈（1，+∞），因为m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（e）=0，则x₁=e，
所以a=$\frac{1}{{x}_{1}}$-$\frac{1}{e}$=0（舍去）．  
综上可知，$\frac{e-1}{e}$＜a＜$\frac{{e}^{2}-1}{e}$．

点评 本题考查利用导数讨论含参数函数的单调性、利用导数求曲线的切线问题，主要考查利用导函数研究曲线的切线及结合方程有解零点存在定理的应该用求参数的问题，得到不等式的证明；属于难题．