Question

17．已知函数f（x）=e^x，g（x）=lnx-a（x-1），其中a＞0，经过坐标原点分别作曲线y=f（x）和y=g（x）的切线l₁，l₂，两条切线的斜率依次为k₁，k₂．
（1）求k₁的值；
（2）如果k₁•k₂=1，证明：1-$\frac{1}{e}$＜a＜e-$\frac{1}{e}$．

Answer 1

分析 （1）设出切点P（x₁，e^x₁），求出y=f（x）的导数，可得切线的斜率和方程，代入原点求得切点坐标，可得切线的斜率；
（2）设l₂与曲线y=g（x）的切点为Q（x₂，y₂），可得切线的斜率和方程，由k₁=e，可得lnx₂-1+$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{e}$=0，令m（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$，求出导数和单调区间，讨论x₂∈（0，1），x₂∈（1，+∞），由零点存在定理，即可得到所求范围．

解答 解：（1）对f（x）求导，得f′（x）=e^x，
设经过坐标原点作曲线y=f（x）的切线l₁，其切点为P（x₁，e^x₁），
即有切线的斜率为k₁=e^x₁，切线的方程为y-e^x₁=e^x₁（x-x₁），
代入原点（0，0），可得-e^x₁=e^x₁（-x₁），可得x₁=1，
即有k₁=e；
（2）证明：由（1）可得k₁=e．
由题意知，切线l₂的斜率为k₂=$\frac{1}{{k}_{1}}$=$\frac{1}{e}$，
l₂的方程为y=k₂x=$\frac{1}{e}$x．
设l₂与曲线y=g（x）的切点为Q（x₂，y₂），
则k₂=f′（x₂）=$\frac{1}{{x}_{2}}$-a=$\frac{1}{e}$=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$，
所以y₂=$\frac{{x}_{2}}{e}$=1-ax₂，a=$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{e}$．
又因为y₂=lnx₂-a（x₂-1），消去y₂和a后，
整理得lnx₂-1+$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{e}$=0．      
令m（x）=lnx-1+$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{e}$，
则m′（x）=$\frac{1}{x}$-$\frac{1}{{x}^{2}}$=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
m（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
若x₂∈（0，1），因为m（$\frac{1}{e}$）=-2+e-$\frac{1}{e}$＞0，m（1）=-$\frac{1}{e}$＜0，
所以x₂∈（$\frac{1}{e}$，1），
而a=$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{e}$在x₂∈（$\frac{1}{e}$，1）上单调递减，
所以1-$\frac{1}{e}$＜a＜e-$\frac{1}{e}$．
若x₂∈（1，+∞），因为m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（e）=0，则x₂=e，
所以a=$\frac{1}{{x}_{2}}$-$\frac{1}{e}$=0与a＞0矛盾．
综上可知，1-$\frac{1}{e}$＜a＜e-$\frac{1}{e}$．

点评 本题考查利用导数求曲线的切线问题和判断函数的单调性及研究不等式恒成立问题，注意运用分类讨论和构造函数法，属于中档题．