Question

1．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$t（x）=\frac{1}{x}g（x），x∈（0，+∞）$，求函数t（x）在[m，m+1]（m＞0）上的最小值；
（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）按照极值点在区间[m，m+1]（m＞0）的右侧、内部、左侧三种情况进行讨论，由函数的单调性即可求得其最小值；
（Ⅱ）依据指数函数y=e^x与对数函数y=lnx关于直线y=x对称的特征，得到过原点的切线也关于直线y=x对称，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；

解答 （Ⅰ）解：$t（x）=\frac{e^x}{x}，x∈（0，+∞）$，$t'（x）=\frac{{x{e^x}-{e^x}}}{x^2}$…（1分）
令t'（x）＞0得x＞1，令t'（x）＜0得x＜1，
所以，函数t（x）在（0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，…（3分）
∴当m≥1时，t（x）在[m，m+1]（m＞0）上是增函数，∴$t{（x）_{min}}=t（m）=\frac{e^m}{m}$…（4分）
当0＜m＜1时，函数t（x）在[m，1]上是减函数，在[1，m+1]上是增函数，
∴t（x）_min=t（1）=e．…（5分）
（Ⅱ）设l₂的方程为y=k₂x，切点为（x₂，y₂），则${y_2}={e^{x_2}}$，${k_2}=g'（{x_2}）={e^{x_2}}=\frac{y_2}{x_2}$
∴x₂=1，y₂=e∴k₂=e．…（6分）
由题意知，切线l₁的斜率${k_1}=\frac{1}{k_2}=\frac{1}{e}$，∴切线l₁的方程为$y=\frac{1}{e}x$，设l₁与曲线y=f（x）的切点为（x₁，y₁），∴${k_1}=f'（{x_1}）=\frac{1}{x_1}-a=\frac{1}{e}=\frac{y_1}{x_1}$，∴${y_1}=\frac{x_1}{e}=1-a{x_1}$，$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$，
又y₁=lnx₁-a（x₁-1），消去y₁，a后整理得$ln{x_1}-1+\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$，$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$…（8分）
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，…（9分）
若x₁∈（0，1），∵$m（\frac{1}{e}）=-2+e-\frac{1}{e}＞0$，$m（1）=-\frac{1}{e}＜0$，∴${x_1}∈（\frac{1}{e}，1）$，
而$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}$，在$（\frac{1}{e}，1）$单调递减，∴$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$． …（10分）
若x₁∈（1，+∞），∵m（x）在（1，+∞）上单调递增，且m（e）=0，
∴x₁=e，∴$a=\frac{1}{x_1}-\frac{1}{e}=0$…（11分）
综上，a=0或$\frac{e-1}{e}＜a＜\frac{{{e^2}-1}}{e}$．…（12分）

点评 本题考查利用导数讨论含参数函数的单调性及最值、利用导数求曲线的切线问题，属于中档题．